Розподіл різниці між двома нормальними розподілами

У мене є дві функції щільності ймовірності нормальних розподілів:

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

і

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

Я шукаю функцію щільності ймовірності поділу між та . Я думаю, це означає, що я шукаю функцію щільності ймовірності. Це правильно? Як я це можу знайти?х 2 | х 1 - х 2 $x_1$$x_2$$|x_1 - x_2|$

На це запитання можна відповісти, як заявлено, лише якщо припустити, що дві випадкові величини і керовані цими розподілами, не залежать. X $X_1$$X_2$ Це робить їх різницю нормальною зі середнім та дисперсією . (Наступне рішення можна легко узагальнити до будь-якого двовимірного нормального розподілу .) Таким чином, змінна μ= μ 2 - μ 1 σ 2 = σ 2 1 + σ 2 2 ( X 1 , X 2$X = X_2-X_1$$\mu = \mu_2-\mu_1$$\sigma^2=\sigma_1^2 + \sigma_2^2$$(X_1, X_2)$

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

має стандартний нормальний розподіл (тобто з нульовою середньою та одиничною дисперсією) та

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

Вираз

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

демонструє абсолютну різницю у вигляді масштабованої версії квадратного кореня нецентрального чи-квадратного розподілу з одним ступенем параметра свободи та нецентральності . Не центральний розподіл чі-квадрата з цими параметрами має елемент ймовірності$\lambda=(\mu/\sigma)^2$

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

Запис для встановлює відповідність один на один між та його квадратним коренем, в результаті чого x > 0 $y=x^2$$x \gt 0$$y$

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

Спростити це, а потім змінити масштаб на дає бажану щільність,$\sigma$

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

---

Цей результат підтримується моделюванням, таким як ця гістограма 100 000 незалежних малюнків(в коді називається "x") з параметрами . На ньому зображено графік , який акуратно збігається зі значеннями гістограми.μ 1 = - 1 , μ 2 = 5 , σ 1 = 4 , σ 2 = 1 f | X $|X|=|X_2-X_1|$$\mu_1=-1, \mu_2=5, \sigma_1=4, \sigma_2=1$$f_{|X|}$

RКод цього моделювання наступним чином .

#
# 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)

Я надаю відповідь, яка доповнює відповідь @whuber, у сенсі того, що може писати нестатист (тобто той, хто мало знає про нецентральні розподіли хі-квадратів з однією ступенем свободи тощо), і що неофіт міг слідувати відносно легко.

Запозичуючи припущення про незалежність, а також позначення відповіді Ваубера , де і . Таким чином, для , і, звичайно, для . З цього випливає розмежування відносно цього $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$

$$\begin{align} F_{|Z|}(x) &\triangleq P\{|Z| \leq x\}\\ &= P\{-x \leq Z \leq x\}\\ &= P\{-x < Z \leq x\} &\scriptstyle{\text{since}~Z~\text{is a continuous random variable}}\\ &= F_Z(x) - F_Z(-x), \end{align}$$ $F_{|Z|}(x) = 0$$x < 0$$x$ $$\begin{align}f_{|Z|}(x) &\triangleq \frac{\partial}{\partial x} F_{|Z|}(x)\\ &= [f_Z(x) + f_Z(-x)]\mathbf 1_{(0,\infty)}(x)\\ &= \left[ \frac{\exp\left(-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right)}{\sigma\sqrt{2\pi}} + \frac{\exp\left(-\frac{(x+\mu)^2}{2\sigma^2}\right)}{\sigma\sqrt{2\pi}}\right]\mathbf 1_{(0,\infty)}(x)\\ &= \frac{\displaystyle\exp\left(-\frac{x^2+\mu^2}{2\sigma^2}\right)}{\sigma\sqrt{2\pi}}\left(\exp\left(\frac{x\mu}{\sigma^2}\right) + \exp\left(\frac{x\mu}{\sigma^2}\right)\right)\mathbf 1_{(0,\infty)}(x)\\ & = \frac{1}{\sigma}\sqrt{\frac{2}{\pi}} \cosh\left(\frac{x\mu}{\sigma^2}\right) \exp\left(-\frac{x^2 + \mu^2}{2 \sigma^2}\right)\mathbf 1_{(0,\infty)}(x) \end{align}$$ що є точно таким же результатом, як і у відповіді Ваубера, але досягнуто більш прозоро.

Розподіл різниці двох нормально розподілених змінних X і Y також є нормальним розподілом, якщо X і Y є незалежними (дякую Марку за коментар). Ось вихід: http://mathworld.wolfram.com/NormalDifferenceDistribution.html

Тут ви запитуєте абсолютну різницю, грунтуючись на відповіді Ваубера, і якщо припустити, що різниця середнього значення X і Y дорівнює нулю, це лише половина нормального розподілу з двократною дисперсією (дякую Діліпу за коментар).