两个正态分布之差的分布

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我有两个正态分布的概率密度函数：

f_{1} (x_{1} | μ_{1}, σ_{1}) = \frac{1}{σ_{1} \sqrt{2 π}} e^{- \frac{(x - μ_{1})^{2}}{2 σ_{1}^{2}}}

$f_1(x_1 \; | \; \mu_1, \sigma_1) = \frac{1}{\sigma_1\sqrt{2\pi} } \; e^{ -\frac{(x-\mu_1)^2}{2\sigma_1^2} }$

和

f_{2} (x_{2} | μ_{2}, σ_{2}) = \frac{1}{σ_{2} \sqrt{2 π}} e^{- \frac{(x - μ_{2})^{2}}{2 σ_{2}^{2}}}

$f_2(x_2 \; | \; \mu_2, \sigma_2) = \frac{1}{\sigma_2\sqrt{2\pi} } \; e^{ -\frac{(x-\mu_2)^2}{2\sigma_2^2} }$

我正在寻找和之间分离的概率密度函数。我认为这意味着我正在寻找的概率密度函数。。那是对的吗？我怎么找到那个？ $x_1$ $x_2$ $|x_1 - x_2|$

distributions normal-distribution distance

— 马丁
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如果这是家庭作业，请使用self-study标签。我们接受家庭作业问题，但是在这里我们对它们的处理有些不同。

— shadowtalker

另外，我不想成为“那个家伙”，但是您尝试过Google吗？“正态分布之间的差异”很快就为我找到了答案。

— shadowtalker

@ssdecontrol不，不是家庭作业，但这是一个业余项目，因此如果我走对了路，我不介意自己找一些东西。我曾经尝试过使用google，但是我对此事的掌握程度非常有限，以至于如果它就在我眼前，我可能不会意识到。用引号引起来，我发现很多东西类似于某些x的“正态分布与x的区别”。

— Martijn 2015年

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只能通过假设由这些分布控制的两个随机变量和是独立的来回答这个问题。 $X_1$ $X_2$ 这使得它们的差值正常，均值且方差。（以下解决方案可以轻松地推广为任何二元正态分布。）因此，变量 $X = X_2-X_1$ $\mu = \mu_2-\mu_1$ $\sigma^2=\sigma_1^2 + \sigma_2^2$ $(X_1, X_2)$

Z = \frac{X - μ}{σ} = \frac{X_{2} - X_{1} - (μ_{2} - μ_{1})}{\sqrt{σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2}}}

$Z = \frac{X-\mu}{\sigma} = \frac{X_2 - X_1 - (\mu_2 - \mu_1)}{\sqrt{\sigma_1^2 + \sigma_2^2}}$

具有标准正态分布（即均值和单位方差为零）并且

X = σ (Z + \frac{μ}{σ}) .

$X = \sigma \left(Z + \frac{\mu}{\sigma}\right).$

表达方式

| X_{2} - X_{1} | = | X | = \sqrt{X^{2}} = σ \sqrt{{(Z + \frac{μ}{σ})}^{2}}

$|X_2 - X_1| = |X| = \sqrt{X^2} = \sigma\sqrt{\left(Z + \frac{\mu}{\sigma}\right)^2}$

表现出绝对差异作为具有一个自由度和非中心性参数的非中心卡方分布的平方根的缩放版本。具有这些参数的非中心卡方分布具有概率元素 $\lambda=(\mu/\sigma)^2$

f (y) d y = \frac{\sqrt{y}}{\sqrt{2 π}} e^{\frac{1}{2} (- λ - y)} \cosh (\sqrt{λ y}) \frac{d y}{y}, y > 0.

$f(y)dy = \frac{\sqrt{y}}{\sqrt{2 \pi } } e^{\frac{1}{2} (-\lambda -y)} \cosh \left(\sqrt{\lambda y} \right) \frac{dy}{y},\ y \gt 0.$

为写可以在和它的平方根之间建立一一对应的关系，结果是 $y=x^2$ $x \gt 0$ $y$

f (y) d y = f (x^{2}) d (x^{2}) = \frac{\sqrt{x^{2}}}{\sqrt{2 π}} e^{\frac{1}{2} (- λ - x^{2})} \cosh (\sqrt{λ x^{2}}) \frac{d x^{2}}{x^{2}} .

$f(y)dy = f(x^2) d(x^2) = \frac{\sqrt{x^2}}{\sqrt{2 \pi } } e^{\frac{1}{2} (-\lambda -x^2)} \cosh \left(\sqrt{\lambda x^2} \right) \frac{dx^2}{x^2}.$

对此进行简化，然后按重新缩放，即可得到所需的密度， $\sigma$

f_{| X |} (x) = \frac{1}{σ} \sqrt{\frac{2}{π}} \cosh (\frac{x μ}{σ^{2}}) \exp (- \frac{x^{2} + μ^{2}}{2 σ^{2}}) .

$f_{|X|}(x) = \frac{1}{\sigma}\sqrt{\frac{2}{\pi}} \cosh\left(\frac{x\mu}{\sigma^2}\right) \exp\left(-\frac{x^2 + \mu^2}{2 \sigma^2}\right).$

此结果得到仿真的支持，例如，的100,000次独立绘制的直方图（在代码中称为“ x”），其参数为。在其上绘制了，它与直方图值恰好重合。 $|X|=|X_2-X_1|$ $\mu_1=-1, \mu_2=5, \sigma_1=4, \sigma_2=1$ $f_{|X|}$

R此仿真的代码如下。

#
# Specify parameters
#
mu <- c(-1, 5)
sigma <- c(4, 1)
#
# Simulate data
#
n.sim <- 1e5
set.seed(17)
x.sim <- matrix(rnorm(n.sim*2, mu, sigma), nrow=2)
x <- abs(x.sim[2, ] - x.sim[1, ])
#
# Display the results
#
hist(x, freq=FALSE)
f <- function(x, mu, sigma) {
 sqrt(2 / pi) / sigma * cosh(x * mu / sigma^2) * exp(-(x^2 + mu^2)/(2*sigma^2)) 
}
curve(f(x, abs(diff(mu)), sqrt(sum(sigma^2))), lwd=2, col="Red", add=TRUE)

— ub
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如果我想求平方差，这会有什么不同？例如，如果我想要吗？

(f_{1} (.) - f_{2} (.))^{2}

$(f_1(.) -f_2(.))^2$

— user77005

1

@ user77005答案在我的文章中：这是一个非中心的卡方分布。点击链接获取详细信息。

— ub

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我提供的答案与@whuber的答案相辅相成，可以说是非统计学家（例如，对一个自由度的非中心卡方分布了解不多的人）可能写的内容，而且新手可以相对容易地跟随。

借用独立性的假设以及whuber答案的符号，其中和。因此，对于，，当然，对于，。关于区别在于 $Z = X_1-X_2 \sim N(\mu, \sigma^2)$ $\mu = \mu_1-\mu_2$ $\sigma^2 = \sigma_1^2+\sigma_2^2$ $x \geq 0$

\begin{aligned} F_{| Z |} (x) & ≜ P {| Z | \leq x} \\ = P {- x \leq Z \leq x} \\ = P {- x < Z \leq x} & since Z is a continuous random variable \\ = F_{Z} (x) - F_{Z} (- x), \end{aligned}

$\begin{align} F_{|Z|}(x) &\triangleq P\{|Z| \leq x\}\\ &= P\{-x \leq Z \leq x\}\\ &= P\{-x < Z \leq x\} &\scriptstyle{\text{since}~Z~\text{is a continuous random variable}}\\ &= F_Z(x) - F_Z(-x), \end{align}$

F_{| Z |} (x) = 0

$F_{|Z|}(x) = 0$

x < 0

$x < 0$

x

$x$

\begin{aligned} F_{| ž |} （ X ） & ≜ \frac{\partial}{\partial X} F_{| ž |} （ X ） \\ = [F_{ž} （ X ） + F_{ž} （ - X ）] {1个}_{（ 0 ， \infty ）} （ X ） \\ = [\frac{经验值 （ - \frac{（ X - μ ）^{2}}{2 σ^{2}} ）}{σ \sqrt{2 π}} + \frac{经验值 （ - \frac{（ X + μ ）^{2}}{2 σ^{2}} ）}{σ \sqrt{2 π}}] {1个}_{（ 0 ， \infty ）} （ X ） \\ = \frac{经验值 （ - \frac{X^{2} + μ^{2}}{2 σ^{2}} ）}{σ \sqrt{2 π}} （ 经验值 （ \frac{X μ}{σ^{2}} ） + 经验值 （ \frac{X μ}{σ^{2}} ） ） {1个}_{（ 0 ， \infty ）} （ X ） \\ = \frac{1个}{σ} \sqrt{\frac{2}{π}} 科什 （ \frac{X μ}{σ^{2}} ） 经验值 （ - \frac{X^{2} + μ^{2}}{2 σ^{2}} ） {1个}_{（ 0 ， \infty ）} （ X ） \end{aligned}

$\begin{align}f_{|Z|}(x) &\triangleq \frac{\partial}{\partial x} F_{|Z|}(x)\\ &= [f_Z(x) + f_Z(-x)]\mathbf 1_{(0,\infty)}(x)\\ &= \left[ \frac{\exp\left(-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right)}{\sigma\sqrt{2\pi}} + \frac{\exp\left(-\frac{(x+\mu)^2}{2\sigma^2}\right)}{\sigma\sqrt{2\pi}}\right]\mathbf 1_{(0,\infty)}(x)\\ &= \frac{\displaystyle\exp\left(-\frac{x^2+\mu^2}{2\sigma^2}\right)}{\sigma\sqrt{2\pi}}\left(\exp\left(\frac{x\mu}{\sigma^2}\right) + \exp\left(\frac{x\mu}{\sigma^2}\right)\right)\mathbf 1_{(0,\infty)}(x)\\ & = \frac{1}{\sigma}\sqrt{\frac{2}{\pi}} \cosh\left(\frac{x\mu}{\sigma^2}\right) \exp\left(-\frac{x^2 + \mu^2}{2 \sigma^2}\right)\mathbf 1_{(0,\infty)}(x) \end{align}$ 结果与whuber的答案是完全相同的，但得出的结论更透明。

— 迪利普·萨瓦特（Dilip Sarwate）
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1

+1我总是喜欢看到可以从最基本的原理和假设出发的解决方案。

— ub

1

假设X和Y是独立的，则两个正态分布变量X和Y的差值的分布也是正态分布（感谢Mark的评论）。这是派生词：http : //mathworld.wolfram.com/NormalDifferenceDistribution.html

在这里，您根据whuber的答案询问绝对差，并且如果我们假设X和Y的均值差为零，那么它只是密度的两倍的正态分布的一半（感谢Dilip的评论）。

— 于谦
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3

您和Wolfram Mathworld隐式地假设2个正态分布（随机变量）是独立的。所不同的是甚至不需要正态分布，如果2个正常随机变量不是二元正常的，如果它们不是独立的..这可能发生

— 马克·劳伦斯斯通

4

除了Mark指出的假设之外，您还忽略了手段不同的事实。半正常情况仅在因此差的均值为。

μ_{1} = μ_{2}

$\mu_1 = \mu_2$

0

$0$

— Dilip Sarwate 2015年

谢谢您的意见。现在，我根据您的评论和胡夫的答案修改了我的答案。

— yuqian 2015年