如何计算2D标准偏差（平均值为0，以界限为边界）

我的问题如下：我从某个点一次在地面上几米处投下40个球。球滚动，停下来。使用计算机视觉，我计算了XY平面中的质心。我只对从质心到每个球的距离感兴趣，这是使用简单几何图形计算的。现在，我想知道与中心的单侧标准偏差。因此，我将能够知道一定数量的球在一个std半径内，更多球在2 * std半径内，依此类推。如何计算单面标准偏差？正常方法将声明一半球位于0均值的“负侧”。在这个实验中，这当然是没有意义的。我是否必须确保滚珠符合标准分布？感谢您的任何帮助。

要表征质心周围的2D色散量，您只需要（均方根）均方根距离，

$$\hat\sigma=\text{RMS} = \sqrt{\frac{1}{n}\sum_i\left((x_i - \bar{x})^2 + (y_i - \bar{y})^2\right)}.$$

在这个公式中 $(x_i, y_i), i=1, 2, \ldots, n$ 是点坐标，其质心（平均值点）是 $(\bar{x}, \bar{y}).$

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这个问题要求距离的分布。当球的质心周围具有各向同性的二元正态分布时（这是一个标准且物理上合理的假设），平方距离与具有两个自由度的卡方分布成比例（每个坐标一个）。这是将卡方分布定义为独立标准正态变量的平方和的直接结果，因为

$$x_i - \bar{x} = \frac{n-1}{n}x_i - \sum_{j\ne i}\frac{1}{n}x_j$$ 是独立正态变量与期望的线性组合 $$\mathbb{E}[x_i - \bar{x}] = \frac{n-1}{n}\mathbb{E}[x_i] -\sum_{j\ne i}\frac{1}{n}\mathbb{E}[x_j] = 0.$$ 写出共同方差 $x_i$ 如 $\sigma^2$， $$\mathbb{E}[\left(x_i -\bar{x}\right)^2]=\text{Var}(x_i - \bar{x}) = \left(\frac{n-1}{n}\right)^2\text{Var}(x_i) + \sum_{j\ne i}\left(\frac{1}{n}\right)^2\text{Var}(x_j) = \frac{n-1}{n}\sigma^2.$$ 各向异性的假设是 $y_j$ 具有与 $x_i$ 并且与它们无关，因此对于 $(y_j - \bar{y})^2$。这样就建立了比例常数：距离的平方具有两个自由度的卡方分布，按比例缩放$\frac{n-1}{n}\sigma^2$。

这些方程式最严峻的考验是 $n=2$，那么分数 $\frac{n-1}{n}$ 与最大的不同 $1$。通过模拟实验，$n=2$ 和 $n=40$，并用缩放的卡方分布（红色）过度绘制平方距离的直方图，我们可以验证这一理论。

每行显示相同的数据：x轴的左边是对数； x轴是对数。在右侧，它显示了实际的平方距离。的真实价值$\sigma$ 这些模拟设置为 $1$。

这些结果用于100,000次迭代 $n=2$ 和50,000次迭代 $n=40$。直方图和卡方密度之间的一致性非常好。

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虽然 $\sigma^2$未知，可以通过各种方式进行估算。例如，均方距离应为$\frac{n-1}{n}\sigma^2$ 乘以平均值 $\chi^2_2$，这是 $2$。用$n=40$，例如估算 $\sigma^2$ 如 $\frac{40}{39}/2$乘以均方根距离。因此，对$\sigma$ 将会 $\sqrt{40/78}$乘以RMS距离。使用的值$\chi^2_2$ 分布，我们可以这样说：

• 大约39％的距离小于 $\sqrt{39/40}\hat\sigma$，因为39％的 $\chi^2_2$ 分布小于 $1$。

• 大约78％的距离小于 $\sqrt{3}$ 次 $\sqrt{39/40}\hat\sigma$，因为78％的 $\chi^2_2$ 分布小于 $3$。

依此类推，您可以使用任意多个代替 $1$ 要么 $3$。作为检查，在模拟中$n=40$ 先前绘制的距离的实际比例小于 $1, 2, \ldots, 10$ 次 $\frac{n-1}{n}\hat\sigma^2$ 是

0.3932 0.6320 0.7767 0.8647 0.9178 0.9504 0.9700 0.9818 0.9890 0.9933

理论比例是

0.3935 0.6321 0.7769 0.8647 0.9179 0.9502 0.9698 0.9817 0.9889 0.9933

协议很好。

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这是R进行和分析仿真的代码。

f <- function(n, n.iter, x.min=0, x.max=Inf, plot=TRUE) {
  #
  # Generate `n.iter` experiments in which `n` locations are generated using
  # standard normal variates for their coordinates.
  #
  xy <- array(rnorm(n*2*n.iter), c(n.iter,2,n))
  #
  # Compute the squared distances to the centers for each experiment.
  #
  xy.center <- apply(xy, c(1,2), mean)
  xy.distances2 <- apply(xy-array(xy.center, c(n.iter,2,n)), c(1,3), 
                         function(z) sum(z^2))
  #
  # Optionally plot histograms.
  #
  if(plot) {
    xy.plot <- xy.distances2[xy.distances2 >= x.min & xy.distances2 <= x.max]

    hist(log(xy.plot), prob=TRUE, breaks=30,
         main=paste("Histogram of log squared distance, n=", n),
         xlab="Log squared distance")
    curve(dchisq(n/(n-1) * exp(x), df=2) * exp(x) * n/(n-1), 
          from=log(min(xy.plot)), to=log(max(xy.plot)), 
          n=513, add=TRUE, col="Red", lwd=2)

    hist(xy.plot, prob=TRUE, breaks=30,
         main=paste("Histogram of squared distance, n=", n),
         xlab="Squared distance")
    curve(n/(n-1) * dchisq(n/(n-1) * x, df=2), 
          from=min(xy.plot), to=max(xy.plot), 
          n=513, add=TRUE, col="Red", lwd=2)  
  }
  return(xy.distances2)
}
#
# Plot the histograms and compare to scaled chi-squared distributions.
#
par(mfrow=c(2,2))
set.seed(17)
xy.distances2 <- f(2, 10^5, exp(-6), 6)
xy.distances2 <- f(n <- 40, n.iter <- 50000, exp(-6), 12)
#
# Compare the last simulation to cumulative chi-squared distributions.
#
sigma.hat <- sqrt((n / (2*(n-1)) * mean(xy.distances2)))
print(cumsum(tabulate(cut(xy.distances2, 
                    (0:10) * (n-1)/n * sigma.hat^2))) / (n*n.iter), digits=4)
print(pchisq(1:10, df=2), digits=4)

我认为您有些困惑。的确，距离不能为负，但这不会影响标准偏差的计算。尽管这意味着距离的分布可能不完全是正态的，但仍可能是接近的。但是即使它与正常值相差很远，仍然存在标准偏差。

同样，没有“单面”标准偏差-您可能正在考虑假设检验（可以是单面或双面）。在标题中，您说的均值为0，但平均距离不会为0（除非球在堆栈中的高度为40球！），并且您说有限制-如果球掉入，则可能有限制一个房间，那么他们离中心的距离就不会比离最近的墙的距离远。但是，除非某些球弹到墙壁上，否则不会影响任何事情。

因此，一旦有了40个距离，就可以使用标准方法计算标准差（以及均值，中位数，四分位数范围等）。您还可以绘制距离图（例如，分位数正态图，箱形图），以查看其是否大致呈正态分布（如果感兴趣）。

自问这个问题以来已经有一段时间了，但问题的答案是这就是名为Rayleigh分布的2D分布。在此假设瑞利形状因子等于X和Y坐标的标准偏差。实际上，将从X和Y的标准偏差的合并平均值中计算出形状因子的值。

从...开始

$$X \sim \mathcal{N}(\mu_x,\sigma_x^2)$$ 和 $$Y \sim \mathcal{N}(\mu_y,\sigma_y^2)$$

使用双变量正态分布。

$$f(x,y) = \frac{1}{2 \pi \sigma_x \sigma_y \sqrt{1-\rho^2}} \exp\left( -\frac{1}{2(1-\rho^2)}\left[ \frac{(x-\mu_x)^2}{\sigma_x^2} + \frac{(y-\mu_y)^2}{\sigma_y^2} - \frac{2\rho(x-\mu_x)(y-\mu_y)}{\sigma_x \sigma_y} \right] \right)$$

转换为点

$$(\mu_x, \mu_y)$$ 并假设 $$\rho = 0$$ 。

还假设

$$\sigma_x^2 = \sigma_y^2$$ 所以都换成 $$\sigma^2$$

然后将二维分布表示为围绕点的半径

$$(\mu_x, \mu_y)$$ 这就是瑞利分布。

$$PDF(r; \sigma) = \frac{r}{\sigma^2 } \exp\left( - \frac{r^2}{2\sigma^2} \right)$$ 哪里 $$\sigma = \sigma_x = \sigma_y$$ 和 $$r_i = \sqrt{(x_i - \mu_x)^2 + (y_i - \mu_y)^2}$$

$$CDF(r; \sigma) = 1 - \exp\left( - \frac{r^2}{2\sigma^2} \right)$$

当然，这是用于连续分发。对于仅40个球的样本，没有确切的解决方案。您需要使用40个球的样本进行蒙特卡洛分析。泰勒（Taylor，MS）和格鲁布斯（Grubbs），弗兰克·E（Frank E.）（1975）。“极端点差的近似概率分布”找到了Chi分布的估计值，其对数正态分布将适合样本的分布。

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编辑-尽管有Wuber的怀疑，但他计算出的理论比例是：

0.3935 0.6321 0.7769 0.8647 0.9179 0.9502 0.9698 0.9817 0.9889 0.9933

从CDF函数中，r的累积Sigma值（以sigma为单位）等于：

0-1、0-2、0-3，...，0-10

是：

0.3935、0.6321、0.7769、0.8647、0.9179、0.9502、0.9698、0.9817、0.9889、0.9933

如果您认识到此正态分布是针对半径或“距质心的距离”，则正负两个正态分布都有意义。另一个变量角度是随机的，并且从0-pi均匀分布