Normalverteilung

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Es gibt ein Statistikproblem, bei dem ich leider keine Ahnung habe, wo ich anfangen soll (ich lerne alleine, daher kann ich niemanden fragen, ob ich etwas nicht verstehe.

Die Frage ist

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

self-study normal-distribution random-variable

— Ang
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Da es sich um normale IID-Daten handelt, lohnt es sich, Ihr Problem leicht zu verallgemeinern, um den Fall zu betrachten, in dem Sie $X_1, ..., X_n \sim \text{IID N}(a, b^2)$ und Sie möchten $Q_n \equiv \mathbb{V}(\sum_{i=1}^n X_i^2)$ . (Ihre Frage entspricht dem Fall mit $n=2$ ) Wie andere Benutzer bereits betont haben, ist die Summe der Quadrate der normalen IID-Zufallsvariablen ein skaliertes nicht zentrales Chi-QuadratZufallsvariable, und so kann die interessierende Varianz aus der Kenntnis dieser Verteilung erhalten werden. Es ist jedoch auch möglich, die erforderliche Varianz unter Verwendung gewöhnlicher Momentregeln zu erhalten, kombiniert mit der Kenntnis der Momente der Normalverteilung . Ich werde Ihnen unten in Schritten zeigen, wie das geht.

Ermitteln der Varianz anhand von Momenten der Normalverteilung: Da die Werte sind IID (und nehmen als generischen Wert aus dieser Verteilung) Sie haben: $X_1, ..., X_n$ $X$ wobei wir die Rohmomente als. Diese Rohmomente können in Form der zentralen Momenteund des MittelwertsVerwendung vonStandardumrechnungsformeln geschrieben werden
$\begin{aligned} Q_{n} \equiv V (\sum_{i = 1}^{n} X_{i}^{2}) & = \sum_{i = 1}^{n} V (X_{i}^{2}) \\ = n V (X^{2}) \\ = n (E (X^{4}) - E (X^{2})^{2}) \\ = n (μ_{4}^{'} - μ_{2}^{' 2}), \end{aligned}$ $\begin{equation} \begin{aligned}Q_n \equiv \mathbb{V}\Big( \sum_{i=1}^n X_i^2 \Big) &= \sum_{i=1}^n \mathbb{V}(X_i^2) \\[6pt]&= n\mathbb{V}(X^2) \\[6pt]&= n(\mathbb{E}(X^4) - \mathbb{E}(X^2)^2) \\[6pt]&= n(\mu_4' - \mu_2'^2), \\[6pt]\end{aligned} \end{equation}$ $\mu_k' \equiv \mathbb{E}(X^k)$ $\mu_k \equiv \mathbb{E}((X-\mathbb{E}(X))^k)$ $\mu_1' = \mathbb{E}(X)$ , und wir können dann die zentralen Momente der Normalverteilung nachschlagen und sie ersetzen.

Mit den Momentumrechnungsformeln sollten Sie erhalten:
$\begin{aligned} μ_{2}^{'} & = μ_{2} + μ_{1}^{' 2}, \\ μ_{3}^{'} & = μ_{3} + 3 μ_{1}^{'} μ_{2} + μ_{1}^{' 3}, \\ μ_{4}^{'} & = μ_{4} + 4 μ_{1}^{'} μ_{3} + 6 μ_{1}^{' 2} μ_{2} + μ_{1}^{' 4} . \end{aligned}$ $\begin{equation} \begin{aligned}\mu_2' &= \mu_2 + \mu_1'^2, \\[6pt]\mu_3' &= \mu_3 + 3 \mu_1' \mu_2 + \mu_1'^3, \\[6pt]\mu_4' &= \mu_4 + 4 \mu_1' \mu_3 + 6 \mu_1'^2 \mu_2 + \mu_1'^4. \\[6pt]\end{aligned} \end{equation}$ $X \sim \text{N}(a,b^2)$ $\mu_1' = a$ $\mu_2 = b^2$ $\mu_3 = 0$ $\mu_4 = 3 b^4$ $\begin{aligned} μ_{2}^{'} & = b^{2} + a^{2}, \\ μ_{3}^{'} & = 3 a b^{2} + a^{3}, \\ μ_{4}^{'} & = 3 b^{4} + 6 a^{2} b^{2} + a^{4} . \end{aligned}$ $\begin{equation} \begin{aligned}\mu_2' &= b^2 + a^2, \\[6pt]\mu_3' &= 3 a b^2 + a^3, \\[6pt]\mu_4' &= 3 b^4 + 6 a^2 b^2 + a^4. \\[6pt]\end{aligned} \end{equation}$

$\begin{aligned} Q_{n} & = n (μ_{4}^{'} - μ_{2}^{' 2}) \\ = n [(3 b^{4} + 6 a^{2} b^{2} + a^{4}) - (b^{2} + a^{2})^{2}] \\ = n [(3 b^{4} + 6 a^{2} b^{2} + a^{4}) - (b^{4} + 2 a^{2} b^{2} + a^{4})] \\ = n [2 b^{4} + 4 a^{2} b^{2}] \\ = 2 n b^{2} (b^{2} + 2 a^{2}) . \end{aligned}$ $\begin{equation} \begin{aligned}Q_n &= n(\mu_4' - \mu_2'^2) \\[6pt]&= n[(3 b^4 + 6 a^2 b^2 + a^4) - (b^2 + a^2)^2] \\[6pt]&= n[(3 b^4 + 6 a^2 b^2 + a^4) - (b^4 + 2 a^2 b^2 + a^4)] \\[6pt]&= n[2 b^4 + 4 a^2 b^2] \\[6pt]&= 2nb^2 (b^2 + 2a^2). \\[6pt]\end{aligned} \end{equation}$ $n=2$ $Q_2 = 4b^2 (b^2 + 2a^2)$

$X_i / b \sim \text{N}(a/b, 1)$
$\sum_{i = 1}^{n} (\frac{X_{i}}{b})^{2} \sim Non-central Chi-Sq (k = n, λ = \frac{n a^{2}}{b^{2}}) .$ $\sum_{i=1}^n \Big(\frac{X_i}{b} \Big)^2 \sim \text{Non-central Chi-Sq}\Big( k=n, \lambda= \frac{n a^2}{b^2} \Big).$ $\begin{aligned} Q_{n} \equiv V (\sum_{i = 1}^{n} X_{i}^{2}) & = b^{4} \cdot V (\sum_{i = 1}^{n} (\frac{X_{i}}{b})^{2}) \\ = b^{4} \cdot 2 (k + 2 λ) \\ = 2 b^{4} (n + 2 \frac{n a^{2}}{b^{2}}) \\ = 2 n b^{2} (b^{2} + 2 a^{2}) . \end{aligned}$ $\begin{equation} \begin{aligned}Q_n \equiv \mathbb{V}\Big( \sum_{i=1}^n X_i^2 \Big) &= b^4 \cdot \mathbb{V}\Big( \sum_{i=1}^n \Big(\frac{X_i}{b} \Big)^2 \Big) \\[6pt]&= b^4 \cdot 2(k+2 \lambda) \\[6pt]&= 2 b^4 \Big( n + 2 \frac{na^2}{b^2} \Big) \\[6pt]&= 2 n b^2 (b^2 + 2a^2). \\[6pt]\end{aligned} \end{equation}$

— Ben - Monica wieder einsetzen
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2

Spoiler-Tags sind unnötig und ablenkend.

— Alexis

3

$X$ $Y$ $\text{N} (a, b^2)$ $\left( \frac{X - a}{b} \right)^2 + \left( \frac{Y - a}{b} \right)^2$ $\chi ^2(2)$

Glaubst du, du kannst es von dort nehmen?

— SOULed_Outt
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1

Die Antwort liegt in der nicht zentralen Chi-Quadrat-Verteilung .

$2(k + 2(a^2))$ $k=2$ $X$ $Y$

— idnavid
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