Pdf du carré d'une variable aléatoire normale standard [fermé]

Vous êtes tombé sur l'un des résultats les plus célèbres de la théorie des probabilités et des statistiques. J'écrirai une réponse, bien que je sois certain que cette question a été posée (et répondue) auparavant sur ce site.

Tout d'abord, notez que le pdf de ne peut pas être le même que celui de car sera non négatif. Pour dériver la distribution de nous pouvons utiliser trois méthodes, à savoir la technique mgf, la technique cdf et la technique de transformation de densité. Commençons. $Y = X^2$ $X$ $Y$ $Y$

Technique de fonction de génération de moment .

Ou une technique de fonction caractéristique, comme vous le souhaitez. Nous devons trouver le mgf de . Nous devons donc calculer l'attente $Y=X^2$

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

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

Utilisation de la Loi de l'Inconscient Statisticien , tout ce que nous devons faire est de calculer cette intégrale de la distribution de . Nous devons donc calculer $X$

\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}

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

où, dans la dernière ligne, nous avons comparé l'intégrale à une intégrale gaussienne de zéro moyen et de variance . Bien sûr, cela s'intègre à un sur la ligne réelle. Que pouvez-vous faire avec ce résultat maintenant? Eh bien, vous pouvez appliquer une transformation inverse très complexe et déterminer le pdf qui correspond à ce MGF ou vous pouvez simplement le reconnaître comme le MGF d'une distribution chi carré avec un degré de liberté. (Rappelons qu'une distribution khi carré est un cas particulier d'une distribution gamma avec , étant les degrés de liberté et ). $\frac{1}{\left(1-2t\right)}$ $\alpha = \frac{r}{2}$ $r$ $\beta = 2$

Technique CDF

C'est peut-être la chose la plus simple que vous puissiez faire et elle est suggérée par Glen_b dans les commentaires. Selon cette technique, nous calculons

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

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

et puisque les fonctions de distribution définissent les fonctions de densité, après avoir obtenu une expression simplifiée, nous différencions simplement par rapport à pour obtenir notre pdf. Nous avons alors $y$

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

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

où désigne le CDF d'une variable normale standard. Différencier par rapport à nous obtenons, $\Phi(.)$ $y$

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})

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

où est maintenant le pdf d'une variable normale standard et nous avons utilisé le fait qu'elle est symétrique par rapport à zéro. Par conséquent $\phi(.)$

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

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

que nous reconnaissons comme le pdf d'une distribution chi carré avec un degré de liberté (vous pourriez voir un modèle maintenant).

Technique de transformation de densité

À ce stade, vous vous demandez peut-être pourquoi nous n'utilisons pas simplement la technique de transformation que vous connaissez, c'est-à-dire que pour une fonction nous avons que la densité de est donnée par $Y = g(X)$ $Y$

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

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

pour dans la plage de . Malheureusement, ce théorème exige que la transformation soit biunivoque, ce qui n'est clairement pas le cas ici. En effet, nous pouvons voir que deux valeurs de conduisent à la même valeur de , étant une transformation quadratique. Par conséquent, ce théorème n'est pas applicable. $y$ $g$ $X$ $Y$ $g$

Ce qui est applicable, néanmoins, est une extension de celui-ci. Sous cette extension, nous pouvons décomposer le support de (support signifie les points où la densité est non nulle), en ensembles disjoints tels que définit une transformation un à un de ces ensembles dans la plage de . La densité de est alors donnée par la somme de toutes ces fonctions inverses et des Jacobiens absolus correspondants. Dans la notation ci-dessus $X$ $Y= g(X)$ $g$ $Y$

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

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

où la somme parcourt toutes les fonctions inverses. Cet exemple le rendra clair.

Pour , nous avons deux fonctions inverses, à savoir avec Jacobian absolu correspondant et donc le pdf correspondant est s'est trouvé être $y = x^2$ $x = \pm \sqrt{y}$ $\displaystyle{ \frac{1}{2\sqrt{y}} }$

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

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

le pdf d'une distribution khi carré avec un degré de liberté. D'un côté, je trouve cette technique particulièrement utile car vous n'avez plus à dériver le CDF de la transformation. Mais bien sûr, ce sont des goûts personnels.

Ainsi, vous pouvez vous coucher ce soir complètement assuré que le carré d'une variable aléatoire normale standard suit la distribution du chi carré avec un degré de liberté.

JohnK
la source

Nous ne fournissons généralement pas de réponses complètes aux questions d'autoformation, mais uniquement des conseils. Le fait que l'OP n'ait pas ajouté la balise ou tenté d'adhérer à nos politiques signifie que ce fil doit être fermé. Vous pouvez trouver notre politique sur les questions d'autoformation ici .

gung - Rétablir Monica

@gung Je suis certain que le PO aurait pu trouver la réponse n'importe où, ce n'est pas vraiment révolutionnaire :)

JohnK

Ce sera à peu près toujours vrai pour les questions d'autoformation. Néanmoins, nous ne fournissons généralement pas de réponses complètes aux devoirs des gens pour eux, mais simplement des conseils pour les aider à comprendre par eux-mêmes.

gung - Rétablir Monica

@JohnK, merci pour la réponse. Juste une question sur ce que vous avez écrit sur la technique CDF: ne devrait-il pas être

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

$f_Y(y) = \frac{1}{2}F_Y^{\prime}$ . La raison en est:

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

$f_Y(y) = \frac{d}{dy} \mathbb{P}(-y \leqslant Y \leqslant y) = f_Y(y)-(-f_Y(y))= 2\cdot f_Y(y)$ . J'ai appris cela ici (voir le dernier commentaire de «Reinstate Monica»). Merci

DomB

Pdf du carré d'une variable aléatoire normale standard [fermé]

Réponses: