Пара незалежних гауссів

Враховуючи (iid гауссі із середнім значенням та дисперсією ), чи можливо (як?) Вибірку (для ) таким, що - незалежні гауси із середнім та дисперсією . $X_1,\ldots,X_k$ $0$ $1$ $m=k^2$ $Y_1, \ldots, Y_m$ $Y_i$ $0$ $1$

derandomization pr.probability

— Каве
джерело

@Suresh, але, здається, це не працює.

E [(X_{i} + X_{j}) (X_{i} + X_{k})] = E [X_{i}^{2}] = 1

$E[(X_i+X_j)(X_i+X_k)] = E[X_i^2] = 1$

— Каве

Не знаю чому, але я вважаю, що відповідь МО на це питання досить веселе (крім вказівника на stats.SE): mathoverflow.net/questions/46180/…

— Suresh Venkat

Я шукав щось таке, як взяти лінійні комбінації (які, очевидно, не працюють) або поліноми тощо (які працюють не відразу), але я не можу реально придумати жодного розумного поняття, яке відповідь Шая щодо mathoverflow не відповідає.

можливо, вам слід оновити запитання із зазначенням відповіді на МО?

— Суреш Венкат

Вам потрібен спільний гауссовий розподіл? Якщо так, то, що вам потрібно, здається неможливим, оскільки таке розподіл визначається його коваріаційною матрицею, отже, попарна незалежність та повна незалежність були б однаковими.

— Махді Черагчі

Відповіді:

Публікація в MathOverflow розповідає, як перейти від невеликої кількості незалежних Уніфікованих [0,1] випадкових змінних до більшої кількості парних незалежних Уніформних [0,1] випадкових змінних. Звичайно, можна переходити між Уніформою [0,1] та Гауссом, перевертаючи CDF. Але для цього потрібен чисельний аналіз, оскільки CDF не має закритої форми.

Однак є більш простий шлях від Гаусса до уніформи. З огляду на двох незалежних гауссів , кутовий рівномірний в межах . $X_1, X_2$ $\arctan(X_1/X_2)$ $[0,2 \pi]$

Аналогічно, метод Бокса-Мюллера перетворює дві незалежні Уніфіковані [0,1] змінні у дві незалежні випадкові гауссові змінні.

Використовуючи ці дві трансформації, ви споживаєте двох гаївців для виготовлення уніформи або двох мундирів для виробництва гаусса. Отже, в ефективності вибірки є лише коефіцієнт . Крім того, не потрібна інверсія звичайного cdf. $O(1)$

— Девід Харріс
джерело

-2

Ця конструкція НЕ дає парних незалежних змінних (дійсно, нижче), як запитує Аніндя, але вона дає парні некоррельовані змінні, що достатньо для отримання хороших меж концентрації для суми через Нерівність Чебишева (і це багато разів кінцева мета). $|Y_{i,j}| = |Y_{i,j'}|$

Для кожної окремої пари , нехай , де - функція знаку. Зрозуміло, що кожен є нормальною змінною із середнім значенням 0 та дисперсією 1. Щоб побачити, що вони є ортогональними, для зауважте, що яку можна легко перевірити рівним 0, переглянувши різні випадки можливих рівностей між . $(i,j) \in {[k] \choose 2}$ $Y_{i,j} = |X_i| \cdot \sigma(X_i X_j)$ $\sigma(\cdot)$ $Y_{i,j}$ $(i,j) \neq (i',j')$

E [Y_{i, j} Y_{i^{'}, j^{'}}] = E [| X_{i} X_{i^{'}} | \cdot σ (X_{i} X_{i^{'}} X_{j} X_{j^{'}})]

$\mathbb{E}[Y_{i,j}Y_{i',j'}] = \mathbb{E}[|X_i X_{i'}| \cdot \sigma(X_i X_{i'} X_j X_{j'})]$

i, i^{'}, j, j^{'}

$i,i',j,j'$

PS: Попередня версія помилково вимагала парної незалежності.

— арнаб
джерело

Я не можу зрозуміти, чому середнє значення продукту, що дорівнює нулю, означало б незалежність.

— Цуйосі Іто

@TsuyoshiIto: Ваша критика, звичайно, була правильною. Я все ще залишив цю відповідь, оскільки думаю, що це цікаво.

— arnab

Якщо ви хочете зберегти свою публікацію, будь ласка, дотримуйтесь необхідних заходів обережності, щоб не заплутати читачів. Ви можете стверджувати, що поточна версія (редакція 3) вашого повідомлення не містить нічого неправильного. Щоправда, але питання задає щось, і ваш пост відповідає щось інше, не заявляючи про це. Будь ласка, розумійте, що це надзвичайно заплутано для читачів.

— Tsuyoshi Ito