স্বাভাবিক বন্টন

8

একটি পরিসংখ্যান সমস্যা আছে আমার দুর্ভাগ্যবশত কোথায় শুরু করবেন তা সম্পর্কে ধারণা নেই (আমি নিজে থেকে পড়াশোনা করছি তাই আমি জিজ্ঞাসা করতে পারি এমন কেউ নেই, যদি আমি কিছু বুঝতে না পারি তবে)

প্রশ্ন হচ্ছে

$X,Y$ IID $N(a,b^2); a=0; b^2=6; var(X^2+Y^2)=?$

self-study normal-distribution random-variable

— অ্যাং
সূত্র

6

যেহেতু আপনি আইআইডি সাধারণ ডেটা নিয়ে কাজ করছেন তাই আপনার যে সমস্যাটি রয়েছে সেদিকে নজর দেওয়া আপনার সমস্যাটিকে কিছুটা সাধারণ করার পক্ষে $X_1, ..., X_n \sim \text{IID N}(a, b^2)$ এবং আপনি চান $Q_n \equiv \mathbb{V}(\sum_{i=1}^n X_i^2)$ । (আপনার প্রশ্নটি মামলার সাথে মিলে যায় যেখানে $n=2$ ।) অন্যান্য ব্যবহারকারীরা যেমন উল্লেখ করেছেন, আইআইডি সাধারণ র্যান্ডম ভেরিয়েবলগুলির বর্গের যোগফল একটি মাপানো নন-সেন্ট্রাল চি-স্কোয়ার্ড এলোমেলো ভেরিয়েবল এবং তাই বিতরণের জ্ঞান থেকে আগ্রহের বৈকল্পিকতা পাওয়া যায়। তবে সাধারণ বিতরণের মুহুর্তগুলির জ্ঞানের সাথে সাধারণ মুহুর্তের নিয়মগুলি ব্যবহার করে প্রয়োজনীয় বৈকল্পিকতা পাওয়া সম্ভব । আমি আপনাকে নীচে, পদক্ষেপে এটি কীভাবে করব তা দেখাব।

সাধারণ বিতরণের মুহুর্তগুলি ব্যবহার করে বৈকল্পিক সন্ধান করা: যেহেতু মানগুলি $X_1, ..., X_n$ আইআইডি হয় (এবং নিচ্ছে) $X$ আপনার কাছে এই বিতরণ থেকে সাধারণ মানের হতে হবে):
$\begin{aligned} Q_{n} \equiv V (\sum_{i = 1}^{n} X_{i}^{2}) & = \sum_{i = 1}^{n} V (X_{i}^{2}) \\ = n V (X^{2}) \\ = n (E (X^{4}) - E (X^{2})^{2}) \\ = n (μ_{4}^{'} - μ_{2}^{' 2}), \end{aligned}$ $\begin{equation} \begin{aligned}Q_n \equiv \mathbb{V}\Big( \sum_{i=1}^n X_i^2 \Big) &= \sum_{i=1}^n \mathbb{V}(X_i^2) \\[6pt]&= n\mathbb{V}(X^2) \\[6pt]&= n(\mathbb{E}(X^4) - \mathbb{E}(X^2)^2) \\[6pt]&= n(\mu_4' - \mu_2'^2), \\[6pt]\end{aligned} \end{equation}$ যেখানে আমরা কাঁচা মুহুর্তগুলি চিহ্নিত করছি $\mu_k' \equiv \mathbb{E}(X^k)$ । এই কাঁচা মুহুর্তগুলি কেন্দ্রীয় মুহুর্তগুলির নিরিখে লেখা যেতে পারে $\mu_k \equiv \mathbb{E}((X-\mathbb{E}(X))^k)$ এবং গড় $\mu_1' = \mathbb{E}(X)$ স্ট্যান্ডার্ড রূপান্তর সূত্র ব্যবহার করে এবং তারপরে আমরা সাধারণ বিতরণের কেন্দ্রীয় মুহুর্তগুলি সন্ধান করতে এবং সেগুলিকে প্রতিস্থাপন করতে পারি।

মুহুর্তের রূপান্তর সূত্রগুলি ব্যবহার করা উচিত:
$\begin{aligned} μ_{2}^{'} & = μ_{2} + μ_{1}^{' 2}, \\ μ_{3}^{'} & = μ_{3} + 3 μ_{1}^{'} μ_{2} + μ_{1}^{' 3}, \\ μ_{4}^{'} & = μ_{4} + 4 μ_{1}^{'} μ_{3} + 6 μ_{1}^{' 2} μ_{2} + μ_{1}^{' 4} . \end{aligned}$ $\begin{equation} \begin{aligned}\mu_2' &= \mu_2 + \mu_1'^2, \\[6pt]\mu_3' &= \mu_3 + 3 \mu_1' \mu_2 + \mu_1'^3, \\[6pt]\mu_4' &= \mu_4 + 4 \mu_1' \mu_3 + 6 \mu_1'^2 \mu_2 + \mu_1'^4. \\[6pt]\end{aligned} \end{equation}$ বিতরণের জন্য $X \sim \text{N}(a,b^2)$ আমাদের মানে $\mu_1' = a$ এবং উচ্চতর অর্ডার কেন্দ্রীয় মুহূর্ত $\mu_2 = b^2$ , $\mu_3 = 0$ এবং $\mu_4 = 3 b^4$ । এটি আমাদের কাঁচা মুহুর্ত দেয়: $\begin{aligned} μ_{2}^{'} & = b^{2} + a^{2}, \\ μ_{3}^{'} & = 3 a b^{2} + a^{3}, \\ μ_{4}^{'} & = 3 b^{4} + 6 a^{2} b^{2} + a^{4} . \end{aligned}$ $\begin{equation} \begin{aligned}\mu_2' &= b^2 + a^2, \\[6pt]\mu_3' &= 3 a b^2 + a^3, \\[6pt]\mu_4' &= 3 b^4 + 6 a^2 b^2 + a^4. \\[6pt]\end{aligned} \end{equation}$ আগ্রহের বৈচিত্রটি খুঁজতে এখন এগুলিকে আবার মূল ভাবের প্রতিস্থাপনের চেষ্টা করুন।

প্রথম অভিব্যক্তিটির পরিবর্তে এটি দেয়:
$\begin{aligned} Q_{n} & = n (μ_{4}^{'} - μ_{2}^{' 2}) \\ = n [(3 b^{4} + 6 a^{2} b^{2} + a^{4}) - (b^{2} + a^{2})^{2}] \\ = n [(3 b^{4} + 6 a^{2} b^{2} + a^{4}) - (b^{4} + 2 a^{2} b^{2} + a^{4})] \\ = n [2 b^{4} + 4 a^{2} b^{2}] \\ = 2 n b^{2} (b^{2} + 2 a^{2}) . \end{aligned}$ $\begin{equation} \begin{aligned}Q_n &= n(\mu_4' - \mu_2'^2) \\[6pt]&= n[(3 b^4 + 6 a^2 b^2 + a^4) - (b^2 + a^2)^2] \\[6pt]&= n[(3 b^4 + 6 a^2 b^2 + a^4) - (b^4 + 2 a^2 b^2 + a^4)] \\[6pt]&= n[2 b^4 + 4 a^2 b^2] \\[6pt]&= 2nb^2 (b^2 + 2a^2). \\[6pt]\end{aligned} \end{equation}$ বিশেষ ক্ষেত্রে যেখানে $n=2$ তোমার আছে $Q_2 = 4b^2 (b^2 + 2a^2)$ । এটি দেখানো যেতে পারে যে এই ফলাফলটি সমাধানের সাথে সাদৃশ্যযুক্ত, যদি আপনি স্কেলড অ-কেন্দ্রীয় চি-স্কোয়ার ডিস্ট্রিবিউশন থেকে আপনার ফলাফলটি অর্জনের বিকল্প পদ্ধতি ব্যবহার করেন তবে আপনি যে সমাধানটি পাবেন তা পাবেন।

অ-কেন্দ্রীয় চি-স্কোয়ার বিতরণ ব্যবহারের ভিত্তিতে বিকল্প কাজ: যেহেতু $X_i / b \sim \text{N}(a/b, 1)$ আমাদের আছে:
$\sum_{i = 1}^{n} (\frac{X_{i}}{b})^{2} \sim Non-central Chi-Sq (k = n, λ = \frac{n a^{2}}{b^{2}}) .$ $\sum_{i=1}^n \Big(\frac{X_i}{b} \Big)^2 \sim \text{Non-central Chi-Sq}\Big( k=n, \lambda= \frac{n a^2}{b^2} \Big).$ আমাদের কাছে এই বিতরণটির পরিচিত বৈচিত্রটি ব্যবহার করে: $\begin{aligned} Q_{n} \equiv V (\sum_{i = 1}^{n} X_{i}^{2}) & = b^{4} \cdot V (\sum_{i = 1}^{n} (\frac{X_{i}}{b})^{2}) \\ = b^{4} \cdot 2 (k + 2 λ) \\ = 2 b^{4} (n + 2 \frac{n a^{2}}{b^{2}}) \\ = 2 n b^{2} (b^{2} + 2 a^{2}) . \end{aligned}$ $\begin{equation} \begin{aligned}Q_n \equiv \mathbb{V}\Big( \sum_{i=1}^n X_i^2 \Big) &= b^4 \cdot \mathbb{V}\Big( \sum_{i=1}^n \Big(\frac{X_i}{b} \Big)^2 \Big) \\[6pt]&= b^4 \cdot 2(k+2 \lambda) \\[6pt]&= 2 b^4 \Big( n + 2 \frac{na^2}{b^2} \Big) \\[6pt]&= 2 n b^2 (b^2 + 2a^2). \\[6pt]\end{aligned} \end{equation}$ এই ফলাফলটি উপরের ফলাফলের সাথে মেলে।

— বেন - মনিকা পুনরায় স্থাপন করুন
সূত্র

2

স্পয়েলারের ট্যাগগুলি অপ্রয়োজনীয় এবং বিভ্রান্তিকর।

— অ্যালেক্সিস

3

যদি $X$ এবং $Y$ হয় $\text{N} (a, b^2)$ স্বাধীন র্যান্ডম ভেরিয়েবল, তারপর $\left( \frac{X - a}{b} \right)^2 + \left( \frac{Y - a}{b} \right)^2$ ইহা একটি $\chi ^2(2)$ আমার স্নাতকের.

আপনি কি মনে করেন আপনি সেখান থেকে নিতে পারবেন?

— SOULed_Outt
সূত্র

1

উত্তরটি অ-কেন্দ্রীয় চি-স্কোয়ার বিতরণে ।

উদাহরণস্বরূপ, খ = 1 হলে আপনার প্রশ্নের উত্তরটি হ'ল: $2(k + 2(a^2))$ , কোথায় $k=2$ উপাদান সংখ্যা ( $X$ এবং $Y$ )।

— idnavid
সূত্র