Gemeinsame Normalverteilung/Komponenten normalverteilt

31.08.2016, 22:44

StrunzMagi

Gemeinsame Normalverteilung/Komponenten normalverteilt

Hallo
Mir ist nicht klar ob es da Zusammenhänge gibt:
Folgt aus $\begin{eqnarray*} (Y_1,..,Y_n) \end{eqnarray*}$ normalverteilt, dass die einzelnen Faktoren normalverteilt sind oder die Umkehrung?

Unsere def:.
Die Standartnormalverteilung im $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^n \end{eqnarray*}$ lautet:
$\begin{eqnarray*} f_{S}(x) = \frac{1}{(2\pi)^{\frac{n}{2}}}*e^{-|x|^2/2}, x \in \mathbb{R}^n \end{eqnarray*}$

Die allgemeine Verteilung für eine n-dimensionale Normalverteilung $\begin{eqnarray*} \sim \mathcal{N}_n (\mu, \Sigma) \end{eqnarray*}$ lautet:
Sind $\begin{eqnarray*} X_1,..,X_n \sim \mathcal{N}(0,1) \end{eqnarray*}$ unabhängig und führe die der Transformation $\begin{eqnarray*} g(x)=\mu + B*x, Y:= \mu + B*X \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} det(B)\not=0 \end{eqnarray*}$ durch so ist
$\begin{eqnarray*} f_{Y} (x)=f_{S}(B^{-1} (x-\mu)) *|det(B)|^{-1}= \frac{1}{(2\pi)^{\frac{n}{2}}| \Sigma |^{\frac{1}{2}} }*e^{-1/2*(x-\mu)^{T}\Sigma^{-1}(x-\mu)} \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} \Sigma= B^t B \end{eqnarray*}$
Wir haben gezeigt, dass $\begin{eqnarray*} \Sigma \end{eqnarray*}$ genau der Kovarianzmatrix von $\begin{eqnarray*} Y_1,..,Y_n \end{eqnarray*}$ entspricht.

Ich weiß bereits:
Sind $\begin{eqnarray*} Y_1 \sim \mathcal{N} (\mu_1,\sigma_1^2) ,...,Y_n\sim \mathcal{N} (\mu_n,\sigma_n^2) \end{eqnarray*}$ jeweils normalverteilt und unkorelliert so folgt $\begin{eqnarray*} (Y_1,..,Y_n) \end{eqnarray*}$ ist Normalverteilt mit Erwartungswert $\begin{eqnarray*} (\mu_1,..,\mu_n) \end{eqnarray*}$ und Kovarianzenmatrix $\begin{eqnarray*} diag( \sigma_1^2,..,\sigma_n^2) \end{eqnarray*}$ .
Ist $\begin{eqnarray*} (Y_1,..,Y_n) \sim \mathcal{N} (\mu,\Sigma) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Y_1,..,Y_n \end{eqnarray*}$ unkorelliert so folgt die einzelnen $\begin{eqnarray*} Y_i \end{eqnarray*}$ sind normalverteilt mit Erwartungswert der i-ten Zeile von $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ und Varianz des i-ten Diagonalbeintrags der Matrix $\begin{eqnarray*} \Sigma \end{eqnarray*}$ (Die ja wegen der Unkorrelliertheit Diagonalgestalt hat).
Kann man was sagen im allgemeinen Fall?

LG,
MaGi

01.09.2016, 06:14

HAL 9000

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Zitat:

Original von StrunzMagi
Ich weiß bereits:
Sind $\begin{eqnarray*} Y_1 \sim \mathcal{N} (\mu_1,\sigma_1^2) ,...,Y_n\sim \mathcal{N} (\mu_n,\sigma_n^2) \end{eqnarray*}$ jeweils normalverteilt und unkorelliert so folgt $\begin{eqnarray*} (Y_1,..,Y_n) \end{eqnarray*}$ ist Normalverteilt mit Erwartungswert $\begin{eqnarray*} (\mu_1,..,\mu_n) \end{eqnarray*}$ und Kovarianzenmatrix $\begin{eqnarray*} diag( \sigma_1^2,..,\sigma_n^2) \end{eqnarray*}$ .

Ein weit verbreiteter Irrtum, der sich irgendwie hartnäckig hält - bereits im Fall n=2 ist diese Aussage falsch:

Beispiel zweier unkorellierter standardnormalverteilter Zufallsgrößen, die nicht unabhängig sind

01.09.2016, 09:58

StrunzMagi

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Aber die andere Aussage ist dann ja ebenso falsch?

Stimmt da war ein Denkfehler in meinen Überlegungen.
Wir hatten nur einmal gezeigt: Ist $\begin{eqnarray*} (Y_1,..,Y_n) \end{eqnarray*}$ gemeinsam normalverteilt, unkorelliert und $\begin{eqnarray*} Y_1 \sim \mathcal{N} (\mu_1, (\sigma_1)^2),.. ,Y_n \sim \mathcal{N} (\mu_n, (\sigma_n)^2) \end{eqnarray*}$ dann sind $\begin{eqnarray*} Y_1 , Y_2,..,Y_n \end{eqnarray*}$ unabhängig.

Also gibt es gar keine Beziehung zwischen $\begin{eqnarray*} (Y_1,..,Y_n) \end{eqnarray*}$ normalverteilt und das die einzelnen Faktoren normalverteilt, unter gewissen Voraussetzungen?

01.09.2016, 11:32

HAL 9000

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Die Aussage

Zitat:

Original von StrunzMagi
Ist $\begin{eqnarray*} (Y_1,..,Y_n) \sim \mathcal{N} (\mu,\Sigma) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Y_1,..,Y_n \end{eqnarray*}$ unkorelliert so folgt die einzelnen $\begin{eqnarray*} Y_i \end{eqnarray*}$ sind normalverteilt mit Erwartungswert der i-ten Zeile von $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ und Varianz des i-ten Diagonalbeintrags der Matrix $\begin{eqnarray*} \Sigma \end{eqnarray*}$ (Die ja wegen der Unkorrelliertheit Diagonalgestalt hat).

ist richtig. Man kann die Voraussetzungen sogar etwas abschwächen, um den ersten Teil des Ergebnisses zu haben:

Zitat:

Ist $\begin{eqnarray*} (Y_1,..,Y_n) \sim \mathcal{N} (\mu,\Sigma) \end{eqnarray*}$ , so sind die einzelnen $\begin{eqnarray*} Y_i \end{eqnarray*}$ normalverteilt mit Erwartungswert der i-ten Zeile von $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ und Varianz des i-ten Diagonalbeintrags der Matrix $\begin{eqnarray*} \Sigma \end{eqnarray*}$ .

Und das hier

Zitat:

Original von StrunzMagi
Wir hatten nur einmal gezeigt: Ist $\begin{eqnarray*} (Y_1,..,Y_n) \end{eqnarray*}$ gemeinsam normalverteilt, unkorelliert und $\begin{eqnarray*} Y_1 \sim \mathcal{N} (\mu_1, (\sigma_1)^2),.. ,Y_n \sim \mathcal{N} (\mu_n, (\sigma_n)^2) \end{eqnarray*}$ dann sind $\begin{eqnarray*} Y_1 , Y_2,..,Y_n \end{eqnarray*}$ unabhängig.

ist ebenfalls richtig: Die Voraussetzung " $\begin{eqnarray*} (Y_1,..,Y_n) \end{eqnarray*}$ gemeinsam normalverteilt" sichert z.B., dass dieser Zufallsvektor n-dimensional absolutstetig verteilt ist.

Das oben verlinkte Gegenbeispiel zur ersten Aussage hat ja zudem die Eigenschaft, dass $\begin{align*} (X,Y_a) \end{align*}$ nicht mal ein absolutstetig verteilter Zufallsvektor ist:

Denn dazu wäre erforderlich, dass das zweidimensionale Verteilungsmaß $\begin{align*} P_{X,Y_a} \end{align*}$ , definiert auf $\begin{align*} \left(\mathbb{R}^2,\mathcal{B}^2\right) \end{align*}$ absolutstetig bzgl. des auf dem gleichen Meßraum definierten zweidimensionalen Lebesguemaßes $\begin{align*} \lambda^{(2)} \end{align*}$ ist. Laut Definition fordert diese Absolutstetigkeit $\begin{align*} P_{X,Y_a}\ll \lambda^{(2)} \end{align*}$ , dass für jede Borelmenge $\begin{align*} B\in \mathcal{B}^2 \end{align*}$ die Implikation

$\begin{align*} \lambda^{(2)}(B) = 0 \quad\Rightarrow\quad P_{X,Y_a}(B) = 0 \end{align*}$

gilt - was hier NICHT der Fall ist: Betrachten wir die nur eindimensionale Menge

$\begin{align*} B_a = \left\{ (t,t) \bigm| t\in [-a,a] \right\} \cup \left\{ (t,-t) \bigm| t\in (-\infty,-a)\cup (a,\infty) \right\} \end{align*}$ ,

so gilt offenbar $\begin{align*} \lambda^{(2)}(B_a) = 0 \end{align*}$ und $\begin{align*} P_{X,Y_a}(B_a) = 1 \end{align*}$ .

Mit anderen Worten: $\begin{align*} P_{X,Y_a} \end{align*}$ ist auf der Vereinigung der drei Liniensegmente, die zusammen dieses $\begin{align*} B_a \end{align*}$ bilden, konzentriert - man spricht auch davon, dass $\begin{align*} B_a \end{align*}$ der Träger von $\begin{align*} P_{X,Y_a} \end{align*}$ ist.

06.09.2016, 09:06

StrunzMagi

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Danke für deine Antwort.
Ich hätte noch eine Frage:

Zitat:

Original von HAL 9000
Die Aussage

Zitat:

ist richtig. Man kann die Voraussetzungen sogar etwas abschwächen, um den ersten Teil des Ergebnisses zu haben:

Zitat:

Zeigt man das über die Faktorisierung der Dichte?
z.B bei zwei Zufallsvariablen: $\begin{eqnarray*} Y:=(Y_1, Y_2) \sim \mathcal{N}( \mu, \Sigma) \end{eqnarray*}$ die unkorelieriert sind., $\begin{eqnarray*} \mu=(\mu_1, \mu_1), \Sigma=\begin{pmatrix}<br /> \sigma_1^2 & 0 \\<br /> 0 & \sigma_2^2<br /> \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f_Y (x) = \frac{1}{2 \pi \sigma_1 \sigma_2} exp( - \frac{1}{2} (x- \mu)^t \Sigma^{-1}(x-\mu))= \frac{1}{\sqrt{2^2 \pi^2 \sigma_1^2 * \sigma_2^2}} exp(- \frac{1}{2} [(x_1- \mu_1)^2 \frac{1}{\sigma_1^2} + (x_2-\mu_2)^2 \frac{1}{\sigma_2^2}))= \frac{1}{\sqrt{2 \pi \sigma_1^2}} exp(-\frac{1}{2} (\frac{x_1-\mu_1}{\sigma_1})^2)* \frac{1}{\sqrt{2 \pi \sigma_2^2}} exp(-\frac{1}{2} (\frac{x_2-\mu_2}{\sigma_2})^2) \end{eqnarray*}$
Könnte nun $\begin{eqnarray*} Y_1, Y_2 \end{eqnarray*}$ nicht jeweils anders verteilt sein, also dass ich die Terme anders zusammenfasse und so zwei Dichten bekomme?

06.09.2016, 09:14

HAL 9000

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Sie können nicht anders verteilt sein: Du kannst ja auch ganz "klassisch" die Randdichten über

$\begin{align*} f_{Y_1}(x_1) = \int\limits_{-\infty}^{\infty} f_{Y_1,Y_2}(x_1,x_2) ~ \dd x_2 \end{align*}$

berechnen, und da kommt dann eben auch genau das Ergebnis raus.

07.09.2016, 18:28

StrunzMagi

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Danke,
Ja habe ich gemacht für den Fall, dass $\begin{eqnarray*} Y_1, Y_1 \end{eqnarray*}$ unkorelliert sind und es ist auch das richtige Ergebnis herausgekommen. Die Verallgemeinerung auf $\begin{eqnarray*} Y_1,..,Y_n \end{eqnarray*}$ ist hier auch einfach ersichtlich.

Wie geht das für den Fall, wenn man nicht voraussetzt $\begin{eqnarray*} Y_1, Y_2 \end{eqnarray*}$ unkorelliert?
Das über die Randdichte zu machen scheint mir sehr aufwendig, gibt es da eine bessere Möglichkeit?

LG,
MaGi

07.09.2016, 19:26

HAL 9000

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Zitat:

Original von StrunzMagi
Wie geht das für den Fall, wenn man nicht voraussetzt $\begin{eqnarray*} Y_1, Y_2 \end{eqnarray*}$ unkorelliert?
Das über die Randdichte zu machen scheint mir sehr aufwendig, gibt es da eine bessere Möglichkeit?

Möglichkeit wofür? In dem Fall gibt es diese Produktdarstellung ja gar nicht.

08.09.2016, 08:15

StrunzMagi

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Zitat:

Original von HAL 9000
Die Aussage

Zitat:

ist richtig. Man kann die Voraussetzungen sogar etwas abschwächen, um den ersten Teil des Ergebnisses zu haben:

Zitat:

Hier meintest du man kann das ganze abschwächen, deshalb hatte ich gedacht es erstmal allgemein aufzuschreiben. Oder welche abgeschwächten Voraussetzungen meintest du hier?

LG,
MaGii

08.09.2016, 11:02

HAL 9000

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In dieser derart abgeschwächten Aussage ging es um die Normalverteiltheit der Komponenten - nicht um deren Unabhängigkeit (die dann natürlich auch nicht mehr erfüllt ist).

Falls du also de Nachweis der Normalverteiltheit der Komponenten meinst, dann kenne ich keinen anderen Weg als die genannte Integration.

08.09.2016, 19:00

StrunzMagi

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Danke, das Thema ist für mich geklärt.

LG,
MaGi

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