如果和是各自均值为零的独立法线变量，则也是法线变量

我试图证明这一说法：

如果和是独立随机变量，$X\sim\mathcal{N}(0,\sigma_1^2)$$Y\sim\mathcal{N}(0,\sigma_2^2)$

那么也是一个普通随机变量。$\frac{XY}{\sqrt{X^2+Y^2}}$

对于特殊情况（例如），我们得到的著名结果是每当和是独立的变量时。实际上，更普遍地知道是独立的变量。$\sigma_1=\sigma_2=\sigma$$\frac{XY}{\sqrt{X^2+Y^2}}\sim\mathcal{N}\left(0,\frac{\sigma^2}{4}\right)$$X$$Y$$\mathcal{N}(0,\sigma^2)$$\frac{XY}{\sqrt{X^2+Y^2}},\frac{X^2-Y^2}{2\sqrt{X^2+Y^2}}$$\mathcal{N}\left(0,\frac{\sigma^2}{4}\right)$

最后的证明是使用的变换其中而。实际上，这里和。我试图模仿这个证明来解决手头的问题，但看起来似乎很混乱。$(X,Y)\to(R,\Theta)\to(U,V)$$x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$$u=\frac{r}{2}\sin(2\theta),v=\frac{r}{2}\cos(2\theta)$$U=\frac{XY}{\sqrt{X^2+Y^2}}$$V=\frac{X^2-Y^2}{2\sqrt{X^2+Y^2}}$

如果我没有做任何错误，那么对于我最终得到的联合密度为$(u,v)\in\mathbb{R}^2$$(U,V)$

我有上面的乘数，因为变换不是一对一的。$2$

因此，密度将由，该值不易评估。$U$$\displaystyle \int_{\mathbb{R}}f_{U,V}(u,v)\,\mathrm{d}v$

现在，我很想知道是否有证据证明我只能与工作，而不必考虑某个来表明是正常的。对我来说，找到的CDF 看起来并不那么有希望。对于的情况，我也想这样做。$U$$V$$U$$U$$\sigma_1=\sigma_2=\sigma$

也就是说，如果和是独立的变量，那么我想证明而无需更改变量。如果我能以某种方式争论，那么我就完成了。所以这里有两个问题，一般情况，然后是特殊情况。$X$$Y$$\mathcal{N}(0,\sigma^2)$$Z=\frac{2XY}{\sqrt{X^2+Y^2}}\sim\mathcal{N}(0,\sigma^2)$$Z\stackrel{d}{=}X$

Math.SE上的相关文章：

$X^2-Y^2/ \sqrt{X^2+Y^2}\sim N(0,1)$当独立时$X,Y\sim N(0,1)$。

假设是iid，则表明是iid$X,Y$$N(0,1)$$\frac{XY}{\sqrt{X^2+Y^2}},\frac{X^2-Y^2}{2\sqrt{X^2+Y^2}}$$N(0,\frac{1}{4})$。

编辑。

事实上，这个问题是由于我在Feller的《概率论及其应用入门》（第二卷）练习中发现的L. Shepp以及可能的提示：

当然，并且手边有的密度。$U=\frac{XY}{\sqrt{X^2+Y^2}}=\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{X^2}+\frac{1}{Y^2}}}$$\frac{1}{X^2}$

让我们看看我现在能做什么。除此之外，还欢迎对以上积分提供一些帮助。

Shepp最初解决问题的方法是使用稳定法律财产的概念，此刻对我而言似乎有点先进。因此，我无法理解我在帖子中引用的练习中给出的提示。我猜想很难得出仅涉及单个变量且不使用变量更改的证明。因此，我分享了三篇开放获取的论文，它们为问题提供了另一种解决方案：$U=\frac{XY}{\sqrt{X^2+Y^2}}$

• 关于正态随机变量的正态函数的注记

• 正态随机变量的正态函数

• 谢普的结果

第一个说服我不要沿着我对变量选择所采用的积分路径推导的密度。这是我可以遵循的第三篇论文。我在这里简要说明一下证明：$V$$U$

我们假设不失一般性，并设置。现在注意到和是独立的，我们的联合密度为。我们用表示它。$\sigma_1^2=1$$\sigma_2^2=\sigma^2$$X^2\sim\chi^2_1$$\frac{Y^2}{\sigma^2}\sim\chi^2_1$$(X^2,Y^2)$$f_{X^2,Y^2}$

考虑将为和。因此，我们得到了的联合密度。让我们用表示它。按照标准程序，我们整合 WRT到获得的边际密度的。$(X^2,Y^2)\to(W,Z)$$W=\frac{X^2Y^2}{X^2+Y^2}$$Z=\frac{X^2+Y^2}{Y^2}$$(W,Z)$$f_{W,Z}$$f_{W,Z}$$z$$f_W$$W$

我们发现是参数和的Gamma变量，因此。我们注意到，的密度对称于。这意味着，因此。$W=U^2$$\frac{1}{2}$$2(1+\frac{1}{\sigma})^{-2}$$(1+\frac{1}{\sigma})^2\,W\sim\chi^2_1$$U$$0$$(1+\frac{1}{\sigma})U\sim\mathcal{N}(0,1)$$U\sim\mathcal{N}\left(0,\left(\frac{\sigma}{\sigma+1}\right)^2\right)$

根据这个

转换两个正常随机变量

$X=r\cos(\theta) \hspace{.5cm} Y=r\sin(\theta) \hspace{.5cm} X,Y \sim normal(0,1) \Leftrightarrow \theta \sim Uniform(0,2\pi) \hspace{.5cm} r^2\sim chi(2)$。和是独立的和是独立的。
$X$$Y$$\Leftrightarrow$ $\theta$$r$

还即自 $\sin(\theta) \sim \cos(\theta) \sim \sin(2\theta) \sim 2\sin(\theta) \cos(\theta) \sim \cos(2\theta) \sim \cos(2\theta) \sim f$$f(z) =\frac{1}{\pi \sqrt(1-z^2)} I_{[-1,1]}(z)$$z=\sin(\theta) \Rightarrow f(z)=|\frac{d}{dz} \sin^{-1}(z)| f_{\theta}(\sin^{-1}(z)) + |\frac{d}{dz} (\pi-\sin^{-1}(z))| f_{\theta}(\pi -\sin^{-1}(z)) =\frac{1}{\sqrt(1-z^2)} \frac{1}{2\pi} +\frac{1}{\sqrt(1-z^2)} \frac{1}{2\pi} =\frac{1}{\pi\sqrt(1-z^2)}$

其他人也一样。

$\frac{2XY}{\sqrt(X^2+Y^2)}=\frac{2r^2 \cos(\theta) \sin(\theta)}{r}=2r \cos(\theta) \sin(\theta) =r \sin(2\theta) \sim r \sin(\theta) \sim N(0,1)$

这样我们可以显示：

$X= \sigma r \cos(\theta)$和$Y=\sigma r \sin(\theta)$

所以

$\frac{2XY}{\sqrt(X^2+Y^2)}=\frac{2r^2 \sigma \sigma \cos(\theta) \sin(\theta)}{r \sigma}=2\sigma r \cos(\theta) \sin(\theta) =\sigma r \sin(2\theta)\sim \sigma r \sin(\theta)\sim \sigma N(0,1)=N(0,\sigma^2)$

显示独立

$\frac{2XY}{\sqrt(X^2+Y^2)}= \sigma r \sin(\theta)$

$\frac{X^2-Y^2}{2\sqrt(X^2+Y^2)}=\frac{r^2 \sigma^2 (\cos^2(\theta)-\sin^2(\theta))}{2r\sigma} =\frac{1}{2} r \sigma (\cos^2(\theta)-\sin^2(\theta)) \sim \frac{1}{2} r \sigma \cos(2\theta)\sim \frac{1}{2} r \sigma \cos(\theta)$很容易说它们是独立的。