ความหนาแน่นของการแจกแจงปกติตามขนาดที่เพิ่มขึ้น

คำถามที่ฉันต้องการถามคือ: สัดส่วนของตัวอย่างภายใน 1 SD ของค่าเฉลี่ยของการแจกแจงปกติแตกต่างกันอย่างไรเมื่อจำนวนของตัวแปรเพิ่มขึ้น

(เกือบ) ทุกคนรู้ว่าในการแจกแจงปกติแบบ 1 มิตินั้น 68% ของตัวอย่างสามารถพบได้ในค่าเบี่ยงเบนมาตรฐาน 1 ค่าเฉลี่ย ในมิติที่ 2, 3, 4, ... ฉันรู้ว่ามันลดน้อยลง ... แต่เท่าไหร่ (แม่นยำ)? การมีตารางแสดงตัวเลขสำหรับ 1, 2, 3 ... 10 มิติเช่นเดียวกับ 1, 2, 3 ... 10 SDs ทุกคนสามารถชี้ไปที่ตารางดังกล่าวได้หรือไม่

บริบทเพิ่มเติมเล็กน้อย - ฉันมีเซ็นเซอร์ที่ให้ข้อมูลสูงสุด 128 ช่อง แต่ละช่องอาจมีสัญญาณรบกวนทางไฟฟ้า (เป็นอิสระ) เมื่อฉันรู้สึกถึงวัตถุการปรับเทียบฉันสามารถเฉลี่ยการวัดที่เพียงพอและได้รับค่าเฉลี่ยในช่องสัญญาณ 128 พร้อมกับค่าเบี่ยงเบนมาตรฐานส่วนบุคคล 128 แบบ

แต่ ... เมื่อมันมาถึงการอ่านทันทีของแต่ละบุคคลข้อมูลไม่ตอบสนองมากเช่น 128 การอ่านของแต่ละบุคคลเพราะมันเหมือนกับการอ่านเพียงครั้งเดียวของปริมาณเวกเตอร์ 128-dimensonal (มากถึง) แน่นอนว่านี่เป็นวิธีที่ดีที่สุดในการอ่านค่าวิพากษ์วิจารณ์ที่เราได้รับ (โดยทั่วไปคือ 4-6 จาก 128)

ฉันต้องการที่จะรู้สึกว่าการเปลี่ยนแปลง "ปกติ" คืออะไรและ "ผิดเพี้ยน" ในปริภูมิเวกเตอร์นี้คืออะไร ฉันแน่ใจว่าฉันเห็นตารางแบบเดียวกับที่ฉันอธิบายซึ่งจะนำไปใช้กับสถานการณ์แบบนี้ - ทุกคนสามารถชี้ไปที่หนึ่งได้หรือไม่

normal-distribution multivariate-analysis

— omatai
แหล่งที่มา

ได้โปรด - ฉันสามารถมีคำตอบเชิงประจักษ์เท่านั้น - ฉันไม่เข้าใจสัญกรณ์ทางคณิตศาสตร์ส่วนใหญ่

— omatai

ให้ใช้ :แต่ละปกติและนั้นเป็นอิสระ - ฉันคิดว่านั่นคือสิ่งที่คุณหมายถึงด้วยมิติที่สูงกว่า $X = (X_1,\dots,X_d) \sim N(0,I)$ $X_i$ $N(0,1)$ $X_i$

คุณจะบอกว่าอยู่ภายใน 1 sd ของค่าเฉลี่ยเมื่อ (ระยะห่างระหว่าง X และค่าเฉลี่ยต่ำกว่า 1) ตอนนี้ดังนั้นสิ่งนี้เกิดขึ้นกับความน่าจะเป็นโดยที่ $X$ $||X|| < 1$ $||X||^2 = X_1^2 +\cdots+X_d^2\sim \chi^2(d)$ $P( \xi < 1 )$ $\xi\sim\chi^2(d)$ . คุณสามารถหาได้ในตารางไคที่ดี

นี่คือค่าบางส่วน:

\begin{array}{ll} d & P (ξ < 1) \\ 1 & 0.68 \\ 2 & 0.39 \\ 3 & 0.20 \\ 4 & 0.090 \\ 5 & 0.037 \\ 6 & 0.014 \\ 7 & 0.0052 \\ 8 & 0.0018 \\ 9 & 0.00056 \\ 10 & 0.00017 \end{array}

$\begin{array}{ll} d& P(\xi < 1)\\ 1 & 0.68\\ 2 & 0.39 \\ 3 & 0.20 \\ 4 & 0.090 \\ 5 & 0.037 \\ 6 & 0.014 \\ 7 & 0.0052 \\ 8 & 0.0018\\ 9 & 0.00056\\ 10& 0.00017\\ \end{array}$

และสำหรับ 2 sd:

\begin{array}{ll} d & P (ξ < 4) \\ 1 & 0.95 \\ 2 & 0.86 \\ 3 & 0.74 \\ 4 & 0.59 \\ 5 & 0.45 \\ 6 & 0.32 \\ 7 & 0.22 \\ 8 & 0.14 \\ 9 & 0.089 \\ 10 & 0.053 \end{array}

$\begin{array}{ll} d & P(\xi < 4)\\ 1 & 0.95\\ 2 & 0.86\\ 3 & 0.74\\ 4 & 0.59\\ 5 & 0.45\\ 6 & 0.32\\ 7 & 0.22\\ 8 & 0.14\\ 9 & 0.089\\ 10 & 0.053\\ \end{array}$

คุณจะได้รับค่าเหล่านี้ใน R กับ commads เหมือนpchisq(1,df=1:10), pchisq(4,df=1:10)ฯลฯ

โพสต์ Scriptumตามที่พระคาร์ดินัลชี้ให้เห็นในความคิดเห็นเราสามารถประเมินพฤติกรรมของซีมโทติคของความน่าจะเป็นเหล่านี้ได้ CDF ของตัวแปรคือ $\chi^2(d)$ ที่เป็นไม่สมบูรณ์ฟังก์ชั่และ classicalyT

F_{d} (x) = P (d / 2, x / 2) = \frac{γ (d / 2, x / 2)}{Γ (d / 2)}

$F_d(x) = P(d/2,x/2) = {\gamma(d/2, x/2) \over \Gamma(d/2)}$

γ (s, y) = \int_{0}^{y} t^{s - 1} e^{- t} d t

$\gamma(s,y) = \int_0^y t^{s-1} e^{-t} \mathrm d t$

γ

$\gamma$

Γ (s) = \int_{0}^{\infty} t^{s - 1} e^{- t} d t

$\Gamma(s) = \int_0^\infty t^{s-1} e^{-t} \mathrm d t$

เมื่อเป็นจำนวนเต็มการรวมซ้ำโดยส่วนต่างๆแสดงให้เห็นว่า $s$ ซึ่งเป็นหางของ CDF ของการกระจาย Poisson ที่

P (s, y) = e^{- y} \sum_{k = s}^{\infty} \frac{y^{k}}{k!},

$P(s,y) = e^{-y} \sum_{k=s}^\infty {y^k \over k!},$

ตอนนี้ผลรวมนี้ถูกครอบงำโดยคำศัพท์แรก (ต้องขอบคุณพระคาร์ดินัล): $P(s,y) \sim {y^s \over s!} e^{-y}$ $s$ $d$

P (ξ < x) = P (d / 2, x / 2) \sim \frac{1}{(d / 2)!} {(\frac{x}{2})}^{d / 2} e^{- x / 2} \sim \frac{1}{\sqrt{π d}} e^{\frac{1}{2} (d - x)} {(\frac{x}{d})}^{\frac{d}{2}} \sim \frac{1}{\sqrt{π}} e^{- \frac{1}{2} x} d^{- \frac{1}{2} d},

$P(\xi < x) = P(d/2,x/2) \sim {1 \over (d/2)!} \left({x\over 2}\right)^{d/2} e^{-x/2} \sim {1\over\sqrt{\pi d}}e^{{1\over 2}(d-x)} \left({x\over d}\right)^{d\over 2} \sim {1\over\sqrt\pi} e^{-{1\over 2}x} d^{-{1\over 2}d},$

d

$d$

d

$d$

— เอลวิส
แหล่งที่มา

ยินดีต้อนรับสู่เว็บไซต์ของเรา Elvis! คำตอบที่ดี (+1)

— whuber

ξ

$\xi$

d

$d$

ขอบคุณสำหรับความคิดเห็นของคุณ ฉันไม่คิดว่าคำตอบนี้จะได้รับความสนใจมาก! มันเป็นความจริงที่ว่านี่เป็นรูปแบบที่ดีของคำสาปของมิติ ... @cardinal ที่เกี่ยวข้อง (3) ฉันไม่ทราบว่าเทียบเท่า asymptotic ของฟังก์ชันแกมมาที่ไม่สมบูรณ์เมื่อพารามิเตอร์แรกไปไม่มีที่สิ้นสุดที่สองถูกแก้ไขนี้ ไม่ง่าย! ผมสามารถเขียนได้ในภายหลัง

— Elvis

d

$d$

d = 2 k

$d = 2 k$

Z_{i} = X_{2 i - 1}^{2} + X_{2 i}^{2}

$Z_i = X_{2i-1}^2 + X_{2i}^2$

E x p (1 / 2)

$\mathrm{Exp}(1/2)$

‖ X ‖^{2} = \sum_{i = 1}^{k} Z_{i}

$\|X\|^2 = \sum_{i=1}^k Z_i$

‖ X ‖^{2}

$\|X\|^2$

k

$k$

P (‖ X ‖^{2} < 1) = P (N_{1 / 2} (0, 1) \geq k) = e^{- 1 / 2} \sum_{x = k}^{\infty} 2^{- x} / x!

$\mathbb P(\|X\|^2 < 1 ) = \mathbb P( N_{1/2}(0,1) \geq k) = e^{-1/2} \sum_{x=k}^\infty 2^{-x}/x!$

P (‖ X ‖^{2} < 1) \sim e^{- 1 / 2} 2^{- k} / Γ (k + 1)

$\mathbb P(\|X\|^2 < 1) \sim e^{-1/2} 2^{-k} / \Gamma(k+1)$

d \to \infty

$d\to\infty$

k = d / 2

$k = d/2$ ).

— cardinal

Part of the point of the foregoing comment is that we get an exact answer for all even

d

$d$ . Also, using Stirling's approximation, we get that

P (‖ X ‖^{2} < 1) \sim e^{- 1 / 2} 2^{- k} / Γ (k + 1) \sim e^{(d - 1) / 2} d^{- (d + 1) / 2} / \sqrt{π}

$\mathbb P(\|X\|^2 < 1 ) \sim e^{-1/2} 2^{-k} / \Gamma(k+1) \sim e^{(d-1)/2} d^{-(d+1)/2} / \sqrt{\pi}$ .

— cardinal