정규 분포 랜덤 변수의 합계

확률론에서 정규 분포 랜덤 변수의 합계는 랜덤 변수의 산술의 한 예로서, 관련된 랜덤 변수의 확률 분포와 그 관계에 기초하여 상당히 복잡할 수 있다.

혼합물 분포를 구성하는 정규 분포의 합과 혼동해서는 안 된다.

독립 랜덤 변수

X와 Y를 정규 분포를 따르는 독립 랜덤 변수(따라서 공동 분포를 따르기도 함), 그 합도 정규 분포를 따른다(즉, 다음과 같은 경우).

X\sim N(\mu _{X},\sigma _{X}^{2})

{\displaystyle Y\sim N(\mu _{Y},\sigma _{Y}^{2}})

Z=X+Y,

, 그러면.

Z\sim N(\mu _{X}+\mu _{Y}}}\sigma _{X}^{X}^{Y}^{2}).

이것은 두 개의 독립된 정규 분포 랜덤 변수의 합이 정규 분포를 따른다는 것을 의미하며, 평균은 두 평균의 합이고, 분산은 두 분산의 합이다(즉, 표준 편차의 제곱은 표준 편차의 제곱합이다).^[1]

이 결과가 유지되기 위해서는 X와 Y가 독립적이라는 가정은 떨어질 수 없지만, X와 Y가 분리되어 있지 않고 공동으로 분포하고 있다는 가정으로 약화될 수 있다.^[2] (예는 여기를 참조하십시오.)

평균에 대한 결과는 모든 경우에 유효하지만, 분산에 대한 결과는 상관관계가 없지만 독립성은 필요하지 않다.

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특성 함수를 사용한 증명

특성함수

\varphi _{X+Y}(t)=\operatorname {E} \left(e^{it(X+Y)}\오른쪽)

두 개의 독립 랜덤 변수 X와 Y의 합은 두 개의 개별 특성 함수의 산물일 뿐이다.

{\displaystyle \varphi _{X}(t)=\operatorname {E} \left(e^{itX}\right),\qquad \varphi _{Y}(t)=\operatorname {E} \left(e^{it)Y}\오른쪽)

X와 Y의

기대값 μ 및 분산 μ를² 갖는 정규 분포의 특성 함수는 다음과 같다.

\varphi (t)=\exp \left(it\mu -{}\nma^{2}t^{2} \over 2}\right).

그렇게

{\begin{aligned}\varphi _{X+Y}(t)=\varphi _{X}(t)\varphi _{Y}(t)&=\exp \left(it\mu _{X}-{\sigma _{X}^{2}t^{2} \over 2}\right)\exp \left(it\mu _{Y}-{\sigma _{Y}^{2}t^{2} \over 2}\right)\\[6pt]&=\exp \left(it(\mu _{X}+\mu _{Y}-{X}^{X}^{2}+\sigma _{Y}^{2}t^{2} \2}이상 \}{2}\rigma)-{2}-{2}.\end{정렬}}

이것은 기대값 $\mu _{X}+\mu _{Y}$ $\mu _{X}+\mu _{Y}$ + $\mu _{X}+\mu _{Y}$ $\mu _{X}+\mu _{Y}$ ${\$ 와 $\mu _{X}+\mu _{Y}$ 분산 $\sigma _{X}^{2}+\sigma _{Y}^{2}$ 2 $\sigma _{X}^{2}+\sigma _{Y}^{2}$ + $\sigma _{X}^{2}+\sigma _{Y}^{2}$ Y $\sigma _{X}^{2}+\sigma _{Y}^{2}$ ${\$

마지막으로, 두 개의 구별되는 분포가 모두 동일한 특성 함수를 가질 수 없으므로 X + Y의 분포는 이 정규 분포에 불과해야 한다는 점을 기억하십시오.

경련을 이용한 증명

독립 랜덤 변수 X와 Y의 경우, Z = X + Y의 분포 f는_Z f와_X f의_Y 경련과 같다.

f_{Z}(z)=\int _{-\infit }^{\f_{Y}(z-x)f_{X}(x)\,dx

f와_X f가_Y 정상 밀도라는 점을 감안하면

{\begin{aligned}f_{X}(x)={\mathcal {N}}(x;\mu _{X},\sigma _{X}^{2})={\frac {1}{{\sqrt {2\pi }}\sigma _{X}}}e^{-(x-\mu _{X})^{2}/(2\sigma _{X}^{2})}\\[5pt]f_{Y}(y)={\mathcal {N}}(y;\mu _{Y},\sigma _{Y}^{2})={\frac {1}{{\sqrt {2\pi }}\sigma _{Y}}}e^{-(y-\mu _{Y})^{2}/(2\sigma _{Y}^{2})}\end{aligned}}

콘볼루션으로 대체:

{\displaystyle{\begin{정렬}(z)&, =\int _{-\infty}^{\infty}{\frac{1}{{\sqrt{2\pi}}\sigma _{Y}}}\exp \left[-{(z-x-\mu_{Y})^{2}\over 2\sigma_{Y}^{2}}\right]{\frac{1}{{\sqrt{2\pi}}\sigma _{X}}}\exp \left[-{(x-\mu_{X})^{2}\over 2\sigma_{X}{2}}^\right]\,dx\\[6pt]&, =\int _{-\infty}^{\infty}{\frac{1}{{\sqrt{2\pi}}{\sqrt{2\.파이}}\siGma _{X}\sigma _{Y}}}\exp \left[-{\frac{\sigma_{X}{2}(z-x-\mu_^{Y})^{2}+\sigma_{Y}^{2}(x-\mu_{X})^{2}}{2\sigma_{X}^{2}\sigma_{Y}^{2}}}\right]\,dx\\[6pt]&, =\int _{-\infty}^{\infty}{\frac{1}{{\sqrt{2\pi}}{\sqrt{2\pi}}\sigma _{X}\sigma _{Y}}}\exp\left-LSB- -ᆴ^ᆵ(z^{2}+x^{2}+\mu_{Y}^{2}-2xz-2z\mu_{Y}+2x\mu_{Y})+\sigma._{Y}^ᆭ(x^{2}+\mu_{X}{2}-2x\mu_{X}^)}{2\sigma_{Y}^{2}\sigma _{X}^{2}}}\right-RSB- \,dx\\[6pt]&, =\int _{-\infty}^{\infty}{\frac{1}{{\sqrt{2\pi}}{\sqrt{2\pi}}\sigma _{X}\sigma _{Y}}}\exp \left -LSB- -ᆹ(\sigma_{X}{2}+\sigma_{Y}^{2}^)-2x(\sigma_{X}{2}(z-\mu_{Y}^)+\sigma _{Y}^{2}\mu _{X})+\sigma _ᆽ^ᆾ(z^{2}+\mu_{Y}^{2}-2z\mu_{Y})+\s.igma _{Y}^{2}\mu _{X}^{2}}:{2\sigma _{Y}^{2}\sigma _{X}^{2}}:\오른쪽]\,dx\\[6pt]\end{liged}}}}}}}}}

$\sigma _{Z}={\sqrt {\sigma _{X}^{2}+\sigma _{Y}^{2}}}$ $\sigma _{Z}={\sqrt {\sigma _{X}^{2}+\sigma _{Y}^{2}}}$ = $\sigma _{Z}={\sqrt {\sigma _{X}^{2}+\sigma _{Y}^{2}}}$ X $\sigma _{Z}={\sqrt {\sigma _{X}^{2}+\sigma _{Y}^{2}}}$ + $\sigma _{Z}={\sqrt {\sigma _{X}^{2}+\sigma _{Y}^{2}}}$ $\sigma _{Z}={\sqrt {\sigma _{X}^{2}+\sigma _{Y}^{2}}}$ $\sigma _{Z}={\sqrt {\sigma _{X}^{2}+\sigma _{Y}^{2}}}$ ${\$ }2 $}}:$ 정사각형 완성:

{\begin{aligned}f_{Z}(z)&=\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {1}{{\sqrt {2\pi }}\sigma _{Z}}}{\frac {1}{{\sqrt {2\pi }}{\frac {\sigma _{X}\sigma _{Y}}{\sigma _{Z}}}}}\exp \left[-{\frac {x^{2}-2x{\frac {\sigma _{X}^{2}(z-\mu _{Y})+\sigma _{Y}^{2}\mu _{X}}{\sigma _{Z}^{2}}}+{\frac {\sigma _{X}^{2}(z^{2}+\mu _{Y}^{2}-2z\mu _{Y})+\sigma _{Y}^{2}\mu _{X}^{2}}{\sigma_{Z}^{2}}}}{2\left({\frac{\sigma_{X}\sigma_{Y}}{\sigma_{Z}}}\right)^{2}}}\right-RSB- \,dx\\[6pt]&, =\int _{-\infty}^{\infty}{\frac{1}{{\sqrt{2\pi}}\sigma _{Z}}}{\frac{1}{{\sqrt{2\pi}}{\frac{\sigma_{X}\sigma _{Y}}{\sigma_{Z}}}}}\exp\left[-{\frac{\left(X좌표{\frac{\sigma_{X}{2}(z-\mu_{Y^})+\sigma_{Y}^{2}\mu다.{X}}{\sigma_{Z}^{2}}}\right)^ᆮ-\left({\frac{\sigma_{X}^{2}(z-\mu_{Y})+\sigma _{Y}^{2}\mu _{X}}{\sigma_{Z}^{2}}}\right)^ᆴ+ᆵ^ᆶ(z-\mu_{Y})^{2}+\sigma _{Y}^{2}\mu _{X}^{2}}{\sigma_{Z}^{2}}}}{2\left({\frac{\sigma_{X}\sigma_{Y}}{\sigma_{Z}}}\right)^{2}}}\right-RSB- \,dx\\[6pt]&,=\int _{-\infty}^{\infty}{\frac{1}{{\sqrt{2\.파이}}\sigma _{Z}}}\exp \left[-{\frac {\sigma _{Z}^{2}\left(\sigma _{X}^{2}(z-\mu _{Y})^{2}+\sigma _{Y}^{2}\mu _{X}^{2}\right)-\left(\sigma _{X}^{2}(z-\mu _{Y})+\sigma _{Y}^{2}\mu _{X}\right)^{2}}{2\sigma _{Z}^{2}\left(\sigma _{X}\sigma _{Y}\right)^{2}}}\right]{\frac {1}{{\sqrt {2\pi }}{\frac {\sigma _{X}\sigma _{Y}}{\sigma _{Z}}}}}\exp \left[-{\frac {\Left(X좌표{\frac{\sigma_{X}{2}(z-\mu_{Y^})+\sigma _{Y}^{2}\mu _{X}}{\sigma_{Z}^{2}}}\right)^{2}}{2\left({\frac{\sigma_{X}\sigma_{Y}}{\sigma_{Z}}}\right)^{2}}}\right-RSB- \,dx\\[6pt]&, ={\frac{1}{{\sqrt{2\pi}}\sigma _{Z}}}\exp \left[-{(z-(\mu_{X}+\mu_{Y}))^{2}\over 2\sigma_{Z}^{2}}\right]\int _{-\infty}^{\infty}{\frac{1}{{\sqrt{2\pi}}{.\frac {\sigma _{X}\sigma _{Y}}{\sigma _{Z}}}}}\exp \left[-{\frac {\left(x-{\frac {\sigma _{X}^{2}(z-\mu _{Y})+\sigma _{Y}^{2}\mu _{X}}{\sigma _{Z}^{2}}}\right)^{2}}{2\left({\frac {\sigma _{X}\sigma _{Y}}{\sigma _{Z}}}\right)^{2}}}\right]\,dx\end{aligned}}

적분에서의 표현은 x에 대한 정규 밀도 분포로, 적분 분포는 1로 평가한다. 원하는 결과는 다음과 같다.

f_{Z}(z)={\frac {1}{{\sqrt {2\pi }\sigma _{Z}}\exp \왼쪽[-{z-(\mu_{X}+\Y})^{2} \2\sigma _{Z}^{2}}\오른쪽]}}}}}

콘볼루션 정리 사용

가우스자리 $f_{X}(x)={\mathcal {N}}(x;\mu _{X},\sigma _{X}^{2})$ $f_{X}(x)={\mathcal {N}}(x;\mu _{X},\sigma _{X}^{2})$ ( $f_{X}(x)={\mathcal {N}}(x;\mu _{X},\sigma _{X}^{2})$ ) $f_{X}(x)={\mathcal {N}}(x;\mu _{X},\sigma _{X}^{2})$ = N $f_{X}(x)={\mathcal {N}}(x;\mu _{X},\sigma _{X}^{2})$ ( $f_{X}(x)={\mathcal {N}}(x;\mu _{X},\sigma _{X}^{2})$ ; $f_{X}(x)={\mathcal {N}}(x;\mu _{X},\sigma _{X}^{2})$ $f_{X}(x)={\mathcal {N}}(x;\mu _{X},\sigma _{X}^{2})$ , $f_{X}(x)={\mathcal {N}}(x;\mu _{X},\sigma _{X}^{2})$ $f_{X}(x)={\mathcal {N}}(x;\mu _{X},\sigma _{X}^{2})$ 2 $){\displaystyle f_{X}(x)={\mathcal{N}(x;\mu _{X}}\시그마 _{X}^{2$ 의 푸리에 변환이 라는 것을^[3] 알 수 있다.

{\mathcal{F}\{X}\}=F_{X}(\omega)=\exp \-j\omega \mu_{X}\오른쪽]\exp \efrac[{\tfrac {\}{X}^{X}}}\2}}\오른쪽]}}}

콘볼루션 정리:

{\displaystyle{\begin}f_{Z}(z)&=(f_{X}*F_{Y})(z)\\[5pt]&={\mathcal{F}^{1}{{{}}}}{{\mathcal{F}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}{{{{{{{cdcdcdot {f\mathcdatacdatacdatacdY}년}{\big)}}\\[5pt]&, ={{F\mathcal}};={{F\mathcal}}-LSB- \left[-j\omega(\mu_{X}+\mu_{Y})\right]\exp \left ^{)}{\big\와 같이{}\exp-\left[-j\omega \mu_{X}\right]\exp \left[-{\tfrac{\sigma_{X}{2}\omega^{2}}{2}}\right^]\exp \left[-j\omega \mu_{Y}\right]\exp \left[-{\tfrac{\sigma_{Y}^{2}\omega^{2}}{2}}\right]{\big)}}\\[5pt]& ^{)}{\big\와 같이{}\exp.{\tfrac {(\sigma _{X}^{2}\ +\sigma _{Y}^{2})\omega ^{2}}{2}}\right]{\big \}}\\[5pt]&={\mathcal {N}}(z;\mu _{X}+\mu _{Y},\sigma _{X}^{2}+\sigma _{Y}^{2})\end{aligned}}}

기하학적 증명

먼저 X, Y ~ N(0, 1)의 PDF가 표준화된 경우를 고려하십시오.

{\displaystyle f(x)={\frac {1}{\sqrt {2\pi \,}e^{-x^{2}/2}}:

그리고

g(y)={\frac {1}{\sqrt {2\pi \,}e^{-y^{2}.

Z = X + Y를 그대로 두십시오. 그러면 Z의 CDF는

\displaystyle z\mapsto \int _{x+y\leq z}f(x)g(y)\,dx\,dy.}

이 적분은 x+y = z 선 아래에 있는 반평면 위에 있다.

중요한 관찰은 함수가

f(x)g(y)={\frac {1}{2\pi }e^{-(x^{2}+y^{2})/2}\,

반지름 대칭이다. 그래서 우리는 좌표면을 원점에 대하여 회전시키고, 새로운 좌표 $x$ $'$ , $y^{}$ $'$ ${\$ , $y'}$ 을 $x',y'$ 선택해서 선 x+y = z가 방정식 $x'=c$ = c $x'=c$ {\ $displaystyle$ x'= $c}$ 로 $x'=c$ 설명되고 여기서 $c=c(z)$ = $c=c(z)$ ( $c=c(z)$ ) ${\displaystystyle c=c(z)$ 가 기하학적으로 결정된다 $c=c(z)$ . $f(x)g(y)=f(x')g(y')$ $f(x)g(y)=f(x')g(y')$ 때문에 $f(x)g(y)=f(x')g(y')$ ( x $f(x)g(y)=f(x')g(y')$ ) g $f(x)g(y)=f(x')g(y')$ ( $f(x)g(y)=f(x')g(y')$ ) $f(x)g(y)=f(x')g(y')$ = f $f(x)g(y)=f(x')g(y')$ ( $f(x)g(y)=f(x')g(y')$ $f(x)g(y)=f(x')g(y')$ ) $f(x)g(y)=f(x')g(y')$ ( $f(x)g(y)=f(x')g(y')$ $f(x)g(y)=f(x')g(y')$ ) ${\displaystyle f(x)g(y)=f(x')g(y')},$ Z에 대한 CDF는 다음과 같다.

\displaystyle \int _{x'\leq c,y'\in \mathb {R} }f(x')g(y'')\,dx'\,d'dy'.}

이것은 통합하기 쉽다; 우리는 Z를 위한 CDF가

\int _{-\infit }^{c(z)}f(x')\,dx'=\Phi(c(z)).

값 $c(z)$ ( $c(z)$ ) $c(z)$ {\ $displaystyle c(z$ 을(를) 결정하려면 x+y = z 선이 c와 동일한 x 절편과 수직으로 실행되도록 평면을 회전했다는 점에 유의하십시오. So c is just the distance from the origin to the line x+y = z along the perpendicular bisector, which meets the line at its nearest point to the origin, in this case $(z/2,z/2)\,$ . So the distance is ${\displaystyle c={\sqrt {(z/2)^{2}+(z$ $/2)^{2}}}=z/{\sqrt {2}}\,}$ , and the CDF for Z is $\Phi (z/{\sqrt {2}})$ , i.e., ${\displaystyle Z=X+Y\sim N(0,2).$ $}$

이제 a, b가 실제 상수(둘 다 0은 아님)인 경우 $aX+bY\leq z$ + b $aX+bY\leq z$ $aX+bY\leq z$ z ${\displaystyle aX+bY\leq$ z $}$ 이(가) 위와 동일한 적분에서 발견될 $aX+bY\leq z$ 확률은 $ax+by=z$ + $ax+by=z$ = z $ax+by=z$ 이다 $ax+by=z$ 동일한 회전 방법이 작동하며, 이 보다 일반적인 경우에서 출발지와 가장 가까운 점이 (서명된) 거리에 있다는 것을 알 수 있다.

{\frac {z}{\sqrt {a^{2}+b^{2}}}}}

그렇게 해서

aX+bY\sim N(0,a^{2}+b^{2}).

더 높은 차원의 동일한 인수는 다음과 같은 것을 보여준다.

X_{i}\심 N(0,\sigma _{i}^{2}),\qquad i=1,\dots,n,

, 그러면.

X_{1}+\cdots +X_{n}\심 N(0,\sigma _{1}^{1}^{2}+\cdots +\sigma _{n}^{2}).

이제 우리는 본질적으로 끝이다, 왜냐하면

X\sim N(\mu ,\sigma ^{2})\왼쪽 화살표 {\frac {1}{\sigma }}}}(X-\mu )\심 N(0,1).

그래서 일반적으로, 만약

X_{i}\심 N(\mu _{i},\sigma _{i}^{2}),\qquad i=1,\dots,n,

, 그러면.

\sum \sum \sum \sum \sum \sum_{i=1}a_{i}\mu_{i}}\sum _{i=1}^{n}(a_{i}}\sigma _{i}^{i}}}}\ri}\ri}\ri}\rig}\rig}\rig}\오른쪽).

상관 랜덤 변수

변수 X와 Y가 공동으로 정규 분포를 따르는 랜덤 변수인 경우 X + Y는 여전히 정규 분포를 따르고(다변량 정규 분포 참조), 평균은 평균의 합이다. 그러나 상관관계로 인해 분산이 추가되지 않는다. 정말,

\displaystyle \sigma _{X+Y}={\sqrt {\sigma _{X}^{2}+\sigma _{Y}^{2}+2\rho \sigma \{X}\sigma _{Y}}}}}}}}

여기서 ρ은 상관관계다. 특히 ρ < 0일 때마다 분산이 X와 Y의 분산의 합보다 적다.

이 결과의 확장은 공분산 행렬을 사용하여 세 개 이상의 랜덤 변수에 대해 만들 수 있다.

증명

이 경우(X와 Y의 평균이 0인 경우), 고려할 필요가 있다.

{\frac {1}{2\pi \sigma _{x}\sigma _{y}{\sqrt {1-\rho ^{2}}}}}\iint _{x\,y}\exp \left[-{\frac {1}{2(1-\rho ^{2})}}\left({\frac {x^{2}}{\sigma _{x}^{2}}}+{\frac {y^{2}}{\sigma _{y}^{2}}}-{\frac {2\rho xy}{\sigma _{x}\sigma _{y}}}\right)\right]\delta (z-(x+y))\,\mathrm {d} x\,\mathrm {d} y.

위와 같이 대체 $y\rightarrow z-x$ → $y\rightarrow z-x$ - $y\rightarrow z-x$ x $y\rightarrow z-x$ 을(를) 만든다.

이 적분은 분석적으로 단순화하기 위해 더 복잡하지만 상징적인 수학 프로그램을 사용하여 쉽게 할 수 있다. 확률 분포 f_Z(z)는 이 경우에 다음과 같이 주어진다.

f_{Z}(z)={\frac {1}{{\sqrt{2\pi }}}\{+}}}}\exp \left(-{\frac {z^{2}}}{+}^{2}}}}}\오른쪽)

어디에

\protma _{+}={\sqrtma _{x}^{2}+\no_{y}^{2}+2\rho \lo_{x}\ma_{y}}}}.

만약 그 대신에 Z = X - Y를 고려한다면, 그 다음 하나를 얻는다.

f_{Z}(z)={\frac {1}{\sqrt {2\pi (\sigma _{x}^{2}+\sigma _{y}^{2}-2\rho \sigma _{x}\sigma _{y})}}}\exp \left(-{\frac {z^{2}}{2(\sigma _{x}^{2}+\sigma _{y}^{2}-2\rho \sigma _{x}\sigma _{y})}}\right)

다시 쓸 수도 있고

\proxma _{-}={\sqrtma _{x}^{2}+\lhma _{y}^{2}-2\rho \lho \{x}\ma _{y}}}}.

각 분포의 표준 편차는 표준 정규 분포와 비교하여 명백하다.

참조

^ Lemons, Don S. (2002), An Introduction to Stochastic Processes in Physics, The Johns Hopkins University Press, p. 34, ISBN 0-8018-6866-1
^ 레몬(2002) 페이지 35–36
^ Derpanis, Konstantinos G. (October 20, 2005). "Fourier Transform of the Gaussian" (PDF).

참고 항목

[1] Lemons, Don S. (2002), An Introduction to Stochastic Processes in Physics, The Johns Hopkins University Press, p. 34, ISBN 0-8018-6866-1

[2] 레몬(2002) 페이지 35–36

[3] Derpanis, Konstantinos G. (October 20, 2005). "Fourier Transform of the Gaussian" (PDF).

[1]

[2]

[3]

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독립 랜덤 변수

교정쇄

특성 함수를 사용한 증명

경련을 이용한 증명

콘볼루션 정리 사용

기하학적 증명

상관 랜덤 변수

증명

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참고 항목