采样分布的半径为2D正态分布

均值和协方差矩阵的二元正态分布可以用半径和角度极坐标重写。我的问题是：给定样本协方差矩阵，的采样分布是什么，即从点到估计中心的距离是多少？ $\mu$ $\Sigma$ $r$ $\theta$ $\hat{r}$ $x$ $\bar{x}$ $S$

背景：从点到均值的真实距离遵循Hoyt分布。与特征值的，和，它的形状参数是，其缩放参数为。已知累积分布函数是两个Marcum Q函数之间的对称差。 $r$ $x$ $\mu$ $\lambda_{1}, \lambda_{2}$ $\Sigma$ $\lambda_{1} > \lambda_{2}$ $q=\frac{1}{\sqrt{(\lambda_{1}+\lambda_{2})/\lambda_{2})-1}}$ $\omega = \lambda_{1} + \lambda_{2}$

仿真表明，估计堵和的和到真正的CDF适用于大样本，但不适用于小样本。下图显示了200次的结果 $\bar{x}$ $S$ $\mu$ $\Sigma$

为给定（轴），（行）和分位数（列）的每种组合模拟20个2D法线向量 $q$ $x$ $\omega$
对于每个样本，计算观察到的半径至的给定分位数 $\hat{r}$ $\bar{x}$
对于每个样本，在插入样本估计和之后，根据理论Hoyt（二维法线）cdf和理论Rayleigh cdf计算分位数。 $\bar{x}$ $S$

在此处输入图片说明

当接近1（分布变为圆形）时，估计的Hoyt分位数接近不受影响的估计的Rayleigh分位数。随着增长，经验分位数与估计分位数之间的差异会增加，特别是在分布的尾部。 $q$ $q$ $\omega$

— 卡拉卡尔
source

问题是什么？

— 约翰

@John I突出了一个问题：“ [半径]的采样分布是什么，即给定样本协方差矩阵，从点到估计中心的距离是多少？”

r

$r$

x

$x$

\bar{x}

$\bar{x}$

S

$S$

— caracal 2014年

为什么而不是？

\hat{r}

$\hat{r}$

\hat{r^{2}}

$\hat{r^2}$

— SomeEE 2014年

@MathEE仅仅是因为我所了解的文献关注的是（true）的分布，而不是（true）。注意，这与本问题中讨论的马氏距离的情况不同。当然，分发的结果将非常受欢迎。

\hat{r}

$\hat{r}$

r

$r$

r^{2}

$r^{2}$

{\hat{r}}^{2}

$\hat{r}^{2}$

— caracal 2014年

如您在帖子中提到的，如果给定，我们知道的估计值的分布，因此我们知道真实的估计值的分布。 $\widehat{r_{true}}$ $\mu$ $\widehat{r^2_{true}}$ $r^2$

我们想找到其中表示为列向量。

\hat{r^{2}} = \frac{1}{N} \sum_{i = 1}^{N} (x_{i} - \bar{x})^{T} (x_{i} - \bar{x})

$\widehat{r^2} = \frac{1}{N}\sum_{i=1}^N (x_i-\overline{x})^T(x_i-\overline{x})$

x_{i}

$x_i$

现在，我们做标准技巧

\begin{array}{rcl} \hat{r_{t r u e}^{2}} & = & \frac{1}{N} \sum_{i = 1}^{N} (x_{i} - μ)^{T} (x_{i} - μ) \\ = & \frac{1}{N} \sum_{i = 1}^{N} (x_{i} - \bar{x} + \bar{x} - μ)^{T} (x_{i} - \bar{x} + \bar{x} - μ) \\ = & [\frac{1}{N} \sum_{i = 1}^{N} (x_{i} - \bar{x})^{T} (x_{i} - \bar{x})] + (\bar{x} - μ)^{T} (\bar{x} - μ) (1) \\ = & \hat{r^{2}} + (\bar{x} - μ)^{T} (\bar{x} - μ) \end{array}

$\begin{eqnarray*} \widehat{r^2_{true}} &=& \frac{1}{N}\sum_{i=1}^N(x_i - \mu)^T(x_i-\mu)\\ &=& \frac{1}{N}\sum_{i=1}^N(x_i-\overline{x} + \overline{x} -\mu)^T(x_i-\overline{x} + \overline{x}-\mu)\\ &=&\left[\frac{1}{N}\sum_{i=1}^N(x_i - \overline{x})^T(x_i-\overline{x})\right] + (\overline{x} - \mu)^T(\overline{x}-\mu) \hspace{20pt}(1)\\ &=& \widehat{r^2} + (\overline{x}-\mu)^T(\overline{x}-\mu) \end{eqnarray*}$ 其中，由等式及其转置。

(1)

$(1)$

\frac{1}{N} \sum_{i = 1}^{N} (x_{i} - \bar{x})^{T} (\bar{x} - μ) = (\bar{x} - \bar{x})^{T} (\bar{x} - μ) = 0

$\frac{1}{N}\sum_{i=1}^N(x_i-\overline{x})^T(\overline{x}-\mu) = (\overline{x} - \overline{x})^T(\overline{x} - \mu) = 0$

注意，是样本协方差矩阵的迹和仅仅在样本平均值取决于。因此，我们将为两个和独立随机变量。我们知道和，因此我们通过使用特征函数是乘法的。 $\widehat{r^2}$ $S$ $(\overline{x}-\mu)^T(\overline{x}-\mu)$ $\overline{x}$

\hat{r_{t r u e}^{2}} = \hat{r^{2}} + (\bar{x} - μ)^{T} (\bar{x} - μ)

$\widehat{r_{true}^2} = \widehat{r^2} + (\overline{x}-\mu)^T(\overline{x}-\mu)$

\hat{r_{t r u e}^{2}}

$\widehat{r^2_{true}}$

(\bar{x} - μ)^{T} (\bar{x} - μ)

$(\overline{x} - \mu)^T(\overline{x}-\mu)$

编辑添加：

$||x_i-\mu||$ 是Hoyt，因此它具有pdf 其中是第一种类型的修改贝塞尔函数。

f (ρ) = \frac{1 + q^{2}}{q ω} ρ e^{- \frac{(1 + q^{2})^{2}}{4 q^{2} ω} ρ^{2}} I_{O} (\frac{1 - q^{4}}{4 q^{2} ω} ρ^{2})

$f(\rho) = \frac{1+q^2}{q\omega}\rho e^{-\frac{(1+q^2)^2}{4q^2\omega} \rho^2}I_O\left(\frac{1-q^4}{4q^2\omega} \rho^2\right)$

I_{0}

$I_0$

0^{t h}

$0^{th}$

这意味着的pdf 为 $||x_i-\mu||^2$

f (ρ) = \frac{1}{2} \frac{1 + q^{2}}{q ω} e^{- \frac{(1 + q^{2})^{2}}{4 q^{2} ω} ρ} I_{0} (\frac{1 - q^{4}}{4 q^{2} ω} ρ) .

$f(\rho) = \frac{1}{2}\frac{1+q^2}{q\omega}e^{-\frac{(1+q^2)^2}{4q^2\omega}\rho}I_0\left(\frac{1-q^4}{4q^2\omega}\rho\right).$

为了简化表示法，请设置，和。 $a = \frac{1-q^4}{4q^2\omega}$ $b=-\frac{(1+q^2)^2}{4q^2\omega}$ $c=\frac{1}{2}\frac{1+q^2}{q\omega}$

的矩生成函数为 $||x_i-\mu||^2$

{\begin{cases} \frac{c}{\sqrt{(s - b)^{2} - a^{2}}} & (s - b) > a \\ 0 & else \end{cases}

$\begin{cases} \frac{c}{\sqrt{(s-b)^2-a^2}} & (s-b) > a\\ 0 & \text{ else}\\ \end{cases}$

因此的矩生成函数为，的矩生成函数为 $\widehat{r^2_{true}}$

{\begin{cases} \frac{c^{N}}{((s / N - b)^{2} - a^{2})^{N / 2}} & (s / N - b) > a \\ 0 & else \end{cases}

$\begin{cases} \frac{c^N}{((s/N-b)^2-a^2)^{N/2}} & (s/N-b) > a\\ 0 & \text{else} \end{cases}$

| | \bar{x} - μ | |^{2}

$||\overline{x} - \mu||^2$

{\begin{cases} \frac{N c}{\sqrt{(s - N b)^{2} - (N a)^{2}}} = \frac{c}{\sqrt{(s / N - b)^{2} - a^{2}}} & (s / N - b) > a \\ 0 & else \end{cases}

$\begin{cases} \frac{Nc}{\sqrt{(s-Nb)^2-(Na)^2}} = \frac{c}{\sqrt{(s/N-b)^2-a^2}} & (s/N-b) > a\\ 0 & \text{ else} \end{cases}$

这意味着的矩生成函数是 $\widehat{r^2}$

{\begin{cases} \frac{c^{N - 1}}{((s / N - b)^{2} - a^{2})^{(N - 1) / 2}} & (s / N - b) > a \\ 0 & else . \end{cases}

$\begin{cases} \frac{c^{N-1}}{((s/N-b)^2-a^2)^{(N-1)/2}} & (s/N-b) > a\\ 0 & \text{ else}. \end{cases}$

应用逆Laplace变换可得出具有pdf $\widehat{r^2}$

g (ρ) = \frac{\sqrt{π} N c^{N - 1}}{Γ (\frac{N - 1}{2})} {(\frac{2 i a}{N ρ})}^{(2 - N) / 2} e^{b N ρ} J_{N / 2 - 1} (i a N ρ) .

$g(\rho) = \frac{\sqrt{\pi}Nc^{N-1}}{\Gamma(\frac{N-1}{2})}\left(\frac{2\mathrm{i} a}{N\rho}\right)^{(2 - N)/2} e^{b N \rho} J_{N/2-1}( \mathrm{i} a N \rho).$

— 某EE
source

谢谢！在接受之前，我必须先弄清楚细节。

— caracal 2014年

\hat{r_{true}^{2}} \sim Hoyt

$\widehat{r^{2}_{\text{true}}} \sim \text{Hoyt}$ 和吗？然后的特征函数是的两个特征用作解释该产品在这里。确实回答了我的问题。您知道我们如何适当地转换，以便无需访问就能知道其分布吗？像马氏距离，还是单变量统计量？

| | \bar{x} - μ | |^{2} \sim N (0, \frac{1}{N} Σ)

$||\bar{x}-\mu||^{2} \sim \mathcal{N}(0, \frac{1}{N}\Sigma)$

\hat{r^{2}}

$\widehat{r^{2}}$

\hat{r^{2}}

$\widehat{r^{2}}$

Σ

$\Sigma$

t

$t$

— caracal 2014年

我已将对完整答案的回复进行了编辑。如果您同意，请告诉我。

— 2014年

我不确定未知。显而易见，要做的是尝试将样本除以看起来像是马氏距离的总和的样本协方差，即考虑。不幸的是，这个总和总是。

Σ

$\Sigma$

\hat{r^{2}}

$\widehat{r^2}$

S

$S$

\frac{1}{N} \sum_{i = 1}^{N} (x_{i} - \bar{x})^{T} S^{- 1} (x_{i} - \bar{x})

$\frac{1}{N} \sum_{i=1}^N(x_i - \overline{x})^T S^{-1}(x_i-\overline{x})$

1

$1$

— 2014年

感谢您继续研究答案！我不确定。我无法解析地处理此问题，但是对的快速仿真与给出了不同的分布：R仿真代码。尽管很可能是我不正确理解参数化。

| | x_{i} - μ | |^{2}

$||x_{i}-\mu||^{2}$

r^{2}

$r^{2}$

Γ (q, \frac{ω}{q})

$\Gamma(q, \frac{\omega}{q})$

Γ

$\Gamma$

— caracal 2014年