Pdf ของกำลังสองของตัวแปรสุ่มปกติมาตรฐาน [ปิด]

ปิด. คำถามนี้เป็นคำถามปิดหัวข้อ ไม่ยอมรับคำตอบในขณะนี้

ต้องการปรับปรุงคำถามนี้หรือไม่ อัปเดตคำถามเพื่อให้เป็นไปตามหัวข้อสำหรับการตรวจสอบข้าม

ปิดให้บริการใน4 ปีที่แล้ว

ฉันมีปัญหานี้ที่ฉันจะต้องพบกับรูปแบบไฟล์ PDF ของ 2 ทั้งหมดที่ผมรู้ก็คือว่ามีการกระจาย(0,1) สิ่งที่ชนิดของการกระจายคือ ? เช่นเดียวกับ ? ฉันจะหา pdf ได้อย่างไร $Y = X^2$ $X$ $N(0,1)$ $Y = X^2$ $X$

— Melye77
แหล่งที่มา

รูปแบบไฟล์ PDF ของไม่สามารถเหมือนกันกับของเนื่องจากจะไม่เป็นแบบดั้งเดิม

Y = X^{2}

$Y = X^2$

X

$X$

Y

$Y$

— JohnK

ฉันกำลังออกกำลังกายเพื่อทำการทดสอบไม่เลยไม่ใช่การบ้าน ฉันพยายามที่จะแก้ปัญหาด้วยตัวเอง แต่ฉันไม่สามารถคิดออกนี้ได้

— Melye77

กรุณาเพิ่ม[self-study]แท็กและอ่านของ วิกิพีเดีย จากนั้นบอกให้เราทราบว่าคุณเข้าใจอะไรจนถึงตอนนี้สิ่งที่คุณได้ลองและที่ที่คุณติดอยู่ เราจะให้คำแนะนำเพื่อช่วยให้คุณไม่ติดขัด

— gung - Reinstate Monica

หากคุณกำลังมองหาคำตอบโดยตรงสำหรับคำถามนี้โปรดทราบว่าคำถามสไตล์ "งานหนังสือ" ประจำเช่นนี้ควรมีself-studyแท็ก (และคุณควรอ่านtag-wikiและแก้ไขคำถามของคุณเพื่อปฏิบัติตามแนวทางในการถามเช่นนั้น คำถาม - คุณจะต้องระบุสิ่งที่คุณทำอย่างชัดเจนเพื่อแก้ไขปัญหาด้วยตัวเองและระบุความช่วยเหลือเฉพาะที่คุณต้องการ ณ จุดที่คุณประสบปัญหา) ... ctd

— Glen_b -Reinstate Monica

ctd ... ในทางกลับกันถ้าคุณกำลังหาคำตอบสำหรับคำถามทั่วไปของประเภทนี้ (เช่น "ฉันจะหา pdf ของตัวแปรสุ่มที่แปลงแล้วได้อย่างไร? ') นั่นเป็นคำถามที่ดีอย่างสมบูรณ์ซึ่งได้รับแล้ว ตอบบนไซต์สองสามครั้ง

— Glen_b

คุณได้พบกับหนึ่งในผลลัพธ์ที่มีชื่อเสียงที่สุดของทฤษฎีความน่าจะเป็นและสถิติ ฉันจะเขียนคำตอบแม้ว่าฉันจะแน่ใจว่าคำถามนี้ถูกถาม (และตอบ) ก่อนหน้านี้ในเว็บไซต์นี้

ก่อนอื่นให้ทราบว่าไฟล์ PDF ของไม่สามารถเหมือนกับไฟล์ของเนื่องจากจะไม่เป็นค่าลบ เพื่อให้ได้การกระจายตัวของเราสามารถใช้สามวิธีคือเทคนิค mgf, เทคนิค cdf และเทคนิคการแปลงความหนาแน่น เอาล่ะ. $Y = X^2$ $X$ $Y$ $Y$

ขณะเทคนิคการสร้างฟังก์ชัน

หรือเทคนิคฟังก์ชั่นพิเศษไม่ว่าคุณจะชอบอะไร เราต้องไปหา MGF ของ 2 ดังนั้นเราต้องคำนวณความคาดหวัง $Y=X^2$

E [e^{t X^{2}}]

$E\left[e^{tX^2}\right]$

การใช้กฎหมายของสติสถิติทั้งหมดที่เราต้องทำคือการคำนวณหนึ่งนี้ในการกระจายของXดังนั้นเราจำเป็นต้องคำนวณ $X$

\begin{aligned} E [e^{t X^{2}}] = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2 π}} e^{t x^{2}} e^{- \frac{x^{2}}{2}} d x & = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2 π}} \exp {- \frac{x^{2}}{2} (1 - 2 t)} d t \\ = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{{(1 - 2 t)}^{1 / 2}}{{(1 - 2 t)}^{1 / 2}} \frac{1}{\sqrt{2 π}} \exp {- \frac{x^{2}}{2} (1 - 2 t)} d t \\ = {(1 - 2 t)}^{- 1 / 2}, t < \frac{1}{2} \end{aligned}

$\begin{align} E\left[e^{tX^2}\right] = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} e^{tx^2} e^{-\frac{x^2}{2}} dx &= \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \exp\left\{ - \frac{x^2}{2} \left( 1- 2t \right) \right\} dt \\ & = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\left( 1-2t \right)^{1/2}}{\left( 1-2t \right)^{1/2}} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \exp\left\{ - \frac{x^2}{2} \left( 1- 2t \right) \right\} dt \\ & = \left(1-2t\right)^{-1/2} , \quad t<\frac{1}{2} \end{align}$

ที่อยู่ในสายที่ผ่านมาเราได้มีการเปรียบเทียบหนึ่งที่มีความสำคัญกับศูนย์ Gaussian ค่าเฉลี่ยและความแปรปรวนขวา)} ของหลักสูตรนี้รวมถึงหนึ่งในสายจริง ตอนนี้คุณสามารถทำอะไรกับผลลัพธ์นั้นได้บ้าง ทีนี้, คุณอาจใช้การแปลงผกผันที่ซับซ้อนมากและหา pdf ที่สอดคล้องกับ MGF นี้หรือคุณอาจจำได้ว่ามันเป็น MGF ของการแจกแจงแบบไคสแควร์ที่มีอิสระในระดับหนึ่ง (จำได้ว่าการแจกแจงแบบไคสแควร์เป็นกรณีพิเศษของการแจกแจงแบบแกมม่าที่มี ,คือองศาความเป็นอิสระและ ) $\frac{1}{\left(1-2t\right)}$ $\alpha = \frac{r}{2}$ $r$ $\beta = 2$

เทคนิค CDF

นี่อาจเป็นสิ่งที่ง่ายที่สุดที่คุณสามารถทำได้และแนะนำโดย Glen_b ในความคิดเห็น ตามเทคนิคนี้เราคำนวณ

F_{Y} (y) = P (Y \leq y) = P (X^{2} \leq y) = P (| X | \leq \sqrt{y})

$F_Y (y) = P(Y\leq y) = P(X^2 \leq y) = P(|X|\leq \sqrt{y})$

และเนื่องจากฟังก์ชั่นการกระจายกำหนดฟังก์ชั่นความหนาแน่นหลังจากที่เราได้นิพจน์แบบง่ายเราแค่แยกความแตกต่างเทียบกับเพื่อรับ pdf ของเรา เรามีแล้ว $y$

\begin{aligned} F_{Y} (y) = P (| X | \leq \sqrt{y}) = P (- \sqrt{y} < X < \sqrt{y}) = Φ (\sqrt{y}) - Φ (- \sqrt{y}) \end{aligned}

$\begin{align} F_Y (y) = P\left( |X|\leq \sqrt{y} \right) = P\left(-\sqrt{y} < X <\sqrt{y} \right) = \Phi\left(\sqrt{y}\right) - \Phi \left(- \sqrt{y}\right) \end{align}$

โดยที่หมายถึง CDF ของตัวแปรปกติมาตรฐาน ความแตกต่างด้วยความเคารพต่อเราได้รับ $\Phi(.)$ $y$

f_{Y} (y) = F_{Y}^{'} (y) = \frac{1}{2 \sqrt{y}} ϕ (\sqrt{y}) + \frac{1}{2 \sqrt{y}} ϕ (- \sqrt{y}) = \frac{1}{\sqrt{y}} ϕ (\sqrt{y})

$f_Y(y) = F_Y^{\prime} (y) = \frac{1}{2 \sqrt{y}} \phi \left( \sqrt{y} \right) + \frac{1}{2 \sqrt{y}} \phi \left( -\sqrt{y} \right) = \frac{1}{\sqrt{y}} \phi(\sqrt{y})$

โดยที่ตอนนี้เป็น pdf ของตัวแปรปกติมาตรฐานและเราได้ใช้ความจริงที่ว่ามันสมมาตรประมาณศูนย์ ด้วยเหตุนี้ $\phi(.)$

f_{Y} (y) = \frac{1}{\sqrt{y}} \frac{1}{\sqrt{2 π}} e^{- \frac{y}{2}}, 0 < y < \infty

$f_Y (y) = \frac{1}{\sqrt{y}} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{y}{2}}, \quad 0<y<\infty$

ซึ่งเรารับรู้ในรูปแบบ pdf ของการแจกแจงแบบไคสแควร์ที่มีอิสระในระดับหนึ่ง (ตอนนี้คุณอาจจะเห็นรูปแบบ)

เทคนิคการแปลงความหนาแน่น

ณ จุดนี้คุณอาจสงสัยว่าทำไมเราไม่เพียงใช้เทคนิคการแปลงที่คุณคุ้นเคยนั่นคือสำหรับฟังก์ชันเรามีความหนาแน่นของได้รับจาก $Y = g(X)$ $Y$

f_{Y} (y) = | \frac{d}{d y} g^{- 1} (y) | f_{X} (g^{- 1} (y))

$f_Y (y) = \left| \frac{d}{dy} g^{-1} (y) \right| f_X \left( g^{-1} (y) \right)$

สำหรับในช่วงของกรัมน่าเสียดายที่ทฤษฎีบทนี้ต้องการการแปลงแบบตัวต่อตัวซึ่งไม่ชัดเจนในกรณีนี้ อันที่จริงเราจะเห็นว่าสองค่าของผลในมูลค่าที่เท่ากันของ ,เป็นการเปลี่ยนแปลงที่กำลังสอง ดังนั้นทฤษฎีบทนี้จึงไม่สามารถใช้ได้ $y$ $g$ $X$ $Y$ $g$

สิ่งที่สามารถใช้งานได้ แต่เป็นส่วนขยายของมัน ภายใต้ส่วนขยายนี้เราอาจสลายการสนับสนุนของ (การสนับสนุนหมายถึงจุดที่ความหนาแน่นไม่เป็นศูนย์) ในชุดที่แยกจากกันซึ่งกำหนดการแปลงแบบหนึ่งต่อหนึ่งจากชุดเหล่านี้ในช่วง ของกรัมความหนาแน่นของจะถูกกำหนดโดยผลรวมของฟังก์ชันผกผันเหล่านี้ทั้งหมดและ Jacobians สัมบูรณ์ที่สอดคล้องกัน ในเครื่องหมายข้างต้น $X$ $Y= g(X)$ $g$ $Y$

f_{Y} (y) = \sum | \frac{d}{d y} g^{- 1} (y) | f_{X} (g^{- 1} (y))

$f_Y (y) = \sum \left| \frac{d}{dy} g^{-1} (y) \right| f_X \left( g^{-1} (y) \right)$

ซึ่งผลรวมจะไหลผ่านฟังก์ชันผกผันทั้งหมด ตัวอย่างนี้จะทำให้ชัดเจน

สำหรับเรามีสองฟังก์ชันผกผันคือมีจาโคเบียนที่แน่นอนและดังนั้น pdf ที่สอดคล้องกันคือ พบว่าเป็น $y = x^2$ $x = \pm \sqrt{y}$ $\displaystyle{ \frac{1}{2\sqrt{y}} }$

f_{Y} (y) = \frac{1}{2 \sqrt{y}} \frac{1}{\sqrt{2 π}} e^{- y / 2} + \frac{1}{2 \sqrt{y}} \frac{1}{\sqrt{2 π}} e^{- y / 2} = \frac{1}{\sqrt{y}} \frac{1}{\sqrt{2 π}} e^{- y / 2}, 0 < y < \infty

$f_Y (y) = \frac{1}{2\sqrt{y}} \frac{1}{\sqrt{2\pi} } e^{-y/2} + \frac{1}{2\sqrt{y}} \frac{1}{\sqrt{2\pi} } e^{-y/2} = \frac{1}{\sqrt{y}} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-y/2}, \quad 0<y<\infty$

ไฟล์ PDF ของการแจกแจงแบบไคสแควร์ที่มีอิสระในระดับหนึ่ง ในบันทึกด้านข้างฉันพบว่าเทคนิคนี้มีประโยชน์อย่างยิ่งเนื่องจากคุณไม่จำเป็นต้องได้รับ CDF ของการแปลงอีกต่อไป แต่แน่นอนว่านี่เป็นรสนิยมส่วนตัว

ดังนั้นคุณสามารถเข้านอนคืนนี้มั่นใจได้อย่างสมบูรณ์ว่าจตุรัสของตัวแปรสุ่มมาตรฐานตามการกระจายตัวไคสแควร์ที่มีอิสระในระดับหนึ่ง

— JohnK
แหล่งที่มา

โดยทั่วไปเราไม่ได้ให้คำตอบที่สมบูรณ์สำหรับคำถามที่เรียนด้วยตนเอง ความจริงที่ว่า OP ไม่ได้เพิ่มแท็กหรือพยายามที่จะปฏิบัติตามนโยบายของเราหมายความว่ากระทู้นี้ควรถูกปิด คุณสามารถค้นหานโยบายเกี่ยวกับคำถามการศึกษาด้วยตนเองที่นี่

— gung - Reinstate Monica

@ gung ฉันมั่นใจว่า OP สามารถพบคำตอบได้ทุกที่นี่ไม่ได้แหวกว่าย :) :)

— JohnK

นั่นจะเป็นจริงเสมอกับคำถามศึกษาด้วยตนเอง อย่างไรก็ตามโดยทั่วไปเราไม่ได้ให้คำตอบที่สมบูรณ์สำหรับการบ้านของผู้คนสำหรับพวกเขา แต่เพียงคำแนะนำเพื่อช่วยให้พวกเขาคิดออกเอง

— gung - Reinstate Monica

@ JohnK ขอบคุณสำหรับคำตอบ เพียงแค่คำถามเกี่ยวกับสิ่งที่คุณเขียนเกี่ยวกับเทคนิค CDF ที่ไม่ควรจะเป็นนายก} เหตุผลคือ:(y) ฉันได้เรียนรู้สิ่งนี้ที่นี่ (ดูความคิดเห็นล่าสุดโดย 'Reinstate Monica') ขอบคุณ

f_{Y} (y) = \frac{1}{2} F_{Y}^{'}

$f_Y(y) = \frac{1}{2}F_Y^{\prime}$

f_{Y} (y) = \frac{d}{d y} P (- y ⩽ Y ⩽ y) = f_{Y} (y) - (- f_{Y} (y)) = 2 \cdot f_{Y} (y)

$f_Y(y) = \frac{d}{dy} \mathbb{P}(-y \leqslant Y \leqslant y) = f_Y(y)-(-f_Y(y))= 2\cdot f_Y(y)$

— DomB