Come calcolare la deviazione standard 2D, con media 0, limitata da limiti

Il mio problema è il seguente: lancio 40 palline contemporaneamente da un certo punto, a pochi metri dal pavimento. Le palle rotolano e si ferma. Usando la visione computerizzata, calcolo il centro di massa sul piano XY. Sono interessato solo alla distanza dal centro di massa a ciascuna palla, che viene calcolata usando una geometria semplice. Ora, voglio sapere la deviazione standard unilaterale dal centro. Quindi, sarei in grado di sapere che un certo numero di palline si trova in un raggio standard, più palline in un raggio standard di 2 * e così via. Come si calcola la deviazione standard unilaterale? Un approccio normale affermerebbe che metà delle palle si trova sul "lato negativo" della media 0. Questo ovviamente non ha senso in questo esperimento. Devo assicurarmi che le sfere siano conformi alla distribuzione standard? Grazie per tutto l'aiuto.

Per caratterizzare la quantità di dispersione 2D attorno al centroide, vuoi solo la distanza quadrata media (radice),

$$\hat\sigma=\text{RMS} = \sqrt{\frac{1}{n}\sum_i\left((x_i - \bar{x})^2 + (y_i - \bar{y})^2\right)}.$$

In questa formula, sono le coordinate del punto e il loro centroide (punto delle medie) è( ˉ x , ˉ y ) $(x_i, y_i), i=1, 2, \ldots, n$$(\bar{x}, \bar{y}).$

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La domanda richiede la distribuzione delle distanze. Quando le palle hanno una bivariata isotropica. Distribuzione normale attorno al loro centroide - che è un presupposto standard e fisicamente ragionevole - la distanza al quadrato è proporzionale a una distribuzione chi-quadrata con due gradi di libertà (una per ogni coordinata). Questa è una conseguenza diretta di una definizione della distribuzione chi-quadrato come somma di quadrati di variabili normali standard indipendenti, perché è una combinazione lineare di variate normali indipendenti con aspettativa Scrivere la varianza comune diE [ x i - ˉ x ] = n -

$$x_i - \bar{x} = \frac{n-1}{n}x_i - \sum_{j\ne i}\frac{1}{n}x_j$$ xiσ2E[(xi- ˉ x )2 $$\mathbb{E}[x_i - \bar{x}] = \frac{n-1}{n}\mathbb{E}[x_i] -\sum_{j\ne i}\frac{1}{n}\mathbb{E}[x_j] = 0.$$ $x_i$come , Il presupposto dell'anisotropia è che abbia la stessa distribuzione di e siano indipendenti da loro, quindi un risultato identico vale per la distribuzione di . Ciò stabilisce la costante di proporzionalità: i quadrati delle distanze hanno una distribuzione chi-quadrata con due gradi di libertà, ridimensionati da .$\sigma^2$yjx $$\mathbb{E}[\left(x_i -\bar{x}\right)^2]=\text{Var}(x_i - \bar{x}) = \left(\frac{n-1}{n}\right)^2\text{Var}(x_i) + \sum_{j\ne i}\left(\frac{1}{n}\right)^2\text{Var}(x_j) = \frac{n-1}{n}\sigma^2.$$ $y_j$$x_i$n - 1$(y_j - \bar{y})^2$$\frac{n-1}{n}\sigma^2$

Il test più severo di queste equazioni è il caso , poiché la frazione differisce di più da . Simulando l'esperimento, sia per che , e sovrapponendo gli istogrammi delle distanze al quadrato con le distribuzioni ridimensionate del chi-quadrato (in rosso), possiamo verificare questa teoria.n - $n=2$$\frac{n-1}{n}$n = 2 n = $1$$n=2$$n=40$

Ogni riga mostra gli stessi dati: a sinistra l'asse x è logaritmico; a destra mostra l'attuale distanza al quadrato. Il vero valore di per queste simulazioni è stato impostato su .$\sigma$$1$

Questi risultati sono per 100.000 iterazioni con e 50.000 iterazioni con . Gli accordi tra gli istogrammi e le densità chi-quadrate sono eccellenti.n = $n=2$$n=40$

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Sebbene sia sconosciuto, può essere stimato in vari modi. Ad esempio, la distanza quadrata media dovrebbe essere volte la media di , che è . Con , ad esempio, stimare come volte la distanza media al quadrato. Quindi una stima di sarebbe volte la distanza RMS. Usando i valori della possiamo quindi dire che:n - $\sigma^2$χ 2 $\frac{n-1}{n}\sigma^2$$\chi^2_2$n = 40 σ 2 $2$$n=40$$\sigma^2$σ$\frac{40}{39}/2$$\sigma$$\sqrt{40/78}$$\chi^2_2$

• Circa il 39% delle distanze sarà inferiore a , poiché il 39% di una distribuzione è inferiore a .$\sqrt{39/40}\hat\sigma$$\chi^2_2$$1$

• Circa il 78% delle distanze sarà inferiore a volte , poiché il 78% di una distribuzione è inferiore a .$\sqrt{3}$$\sqrt{39/40}\hat\sigma$$\chi^2_2$$3$

E così via, per qualsiasi multiplo che ti interessa utilizzare al posto di o . Come controllo, nelle simulazioni per tracciate in precedenza, le proporzioni effettive delle distanze quadrate inferiori a volte erano$1$$3$$n=40$$1, 2, \ldots, 10$$\frac{n-1}{n}\hat\sigma^2$

0.3932 0.6320 0.7767 0.8647 0.9178 0.9504 0.9700 0.9818 0.9890 0.9933

Le proporzioni teoriche sono

0.3935 0.6321 0.7769 0.8647 0.9179 0.9502 0.9698 0.9817 0.9889 0.9933

L'accordo è eccellente.

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Ecco il Rcodice per condurre e analizzare le simulazioni.

f <- function(n, n.iter, x.min=0, x.max=Inf, plot=TRUE) {
  #
  # Generate `n.iter` experiments in which `n` locations are generated using
  # standard normal variates for their coordinates.
  #
  xy <- array(rnorm(n*2*n.iter), c(n.iter,2,n))
  #
  # Compute the squared distances to the centers for each experiment.
  #
  xy.center <- apply(xy, c(1,2), mean)
  xy.distances2 <- apply(xy-array(xy.center, c(n.iter,2,n)), c(1,3), 
                         function(z) sum(z^2))
  #
  # Optionally plot histograms.
  #
  if(plot) {
    xy.plot <- xy.distances2[xy.distances2 >= x.min & xy.distances2 <= x.max]

    hist(log(xy.plot), prob=TRUE, breaks=30,
         main=paste("Histogram of log squared distance, n=", n),
         xlab="Log squared distance")
    curve(dchisq(n/(n-1) * exp(x), df=2) * exp(x) * n/(n-1), 
          from=log(min(xy.plot)), to=log(max(xy.plot)), 
          n=513, add=TRUE, col="Red", lwd=2)

    hist(xy.plot, prob=TRUE, breaks=30,
         main=paste("Histogram of squared distance, n=", n),
         xlab="Squared distance")
    curve(n/(n-1) * dchisq(n/(n-1) * x, df=2), 
          from=min(xy.plot), to=max(xy.plot), 
          n=513, add=TRUE, col="Red", lwd=2)  
  }
  return(xy.distances2)
}
#
# Plot the histograms and compare to scaled chi-squared distributions.
#
par(mfrow=c(2,2))
set.seed(17)
xy.distances2 <- f(2, 10^5, exp(-6), 6)
xy.distances2 <- f(n <- 40, n.iter <- 50000, exp(-6), 12)
#
# Compare the last simulation to cumulative chi-squared distributions.
#
sigma.hat <- sqrt((n / (2*(n-1)) * mean(xy.distances2)))
print(cumsum(tabulate(cut(xy.distances2, 
                    (0:10) * (n-1)/n * sigma.hat^2))) / (n*n.iter), digits=4)
print(pchisq(1:10, df=2), digits=4)

Penso che tu abbia alcune cose un po 'confuse. È vero che la distanza non può essere negativa, ma ciò non influisce sul calcolo della deviazione standard. Sebbene significhi che la distribuzione delle distanze non può essere esattamente normale, potrebbe comunque essere vicina; ma anche se è tutt'altro che normale, c'è ancora una deviazione standard.

Inoltre, non esiste una deviazione standard "unilaterale" - potresti pensare a test di ipotesi (che possono essere un lato o due lati). Nel tuo titolo, dici che la media è 0, ma la distanza media non sarà 0 (a meno che le palline non siano in una pila alta 40 palline!) E dici che ci sono dei limiti - potrebbero esserci dei limiti, se le palline vengono lasciate cadere una stanza quindi non possono essere più lontani dal centro della distanza dal muro più vicino. Ma a meno che alcune palle non rimbalzino contro un muro, ciò non influirà sulle cose.

Quindi, una volta che hai le 40 distanze, calcoli la deviazione standard (e media, mediana, intervallo interquartile, ecc.) Usando metodi standard. Puoi anche tracciare la distanza (es. Trama normale quantile, trama a scatola) per vedere se è distribuita approssimativamente normalmente (se questo è di interesse).

È passato un po 'di tempo da quando è stato chiesto, ma la risposta alla domanda è che questa è la distribuzione 2D denominata distribuzione di Rayleigh. Qui il presupposto è che il fattore di forma di Rayleigh sia uguale alle deviazioni standard delle coordinate X e Y. In pratica, il valore del fattore di forma sarebbe calcolato dalla media aggregata della deviazione standard di X e Y.

a partire da e

$$X \sim \mathcal{N}(\mu_x,\sigma_x^2)$$ $$Y \sim \mathcal{N}(\mu_y,\sigma_y^2)$$

usa una distribuzione normale bivariante.

$$f(x,y) = \frac{1}{2 \pi \sigma_x \sigma_y \sqrt{1-\rho^2}} \exp\left( -\frac{1}{2(1-\rho^2)}\left[ \frac{(x-\mu_x)^2}{\sigma_x^2} + \frac{(y-\mu_y)^2}{\sigma_y^2} - \frac{2\rho(x-\mu_x)(y-\mu_y)}{\sigma_x \sigma_y} \right] \right)$$

tradurre in point e assumere .

$$(\mu_x, \mu_y)$$ $$\rho = 0$$

anche che quindi sostituisci entrambi con

$$\sigma_x^2 = \sigma_y^2$$ $$\sigma^2$$

quindi la distribuzione 2-D viene espressa come raggio attorno al punto che è nota come distribuzione di Rayleigh .

$$(\mu_x, \mu_y)$$

σ=σx=

$$PDF(r; \sigma) = \frac{r}{\sigma^2 } \exp\left( - \frac{r^2}{2\sigma^2} \right)$$ dove e $$\sigma = \sigma_x = \sigma_y$$ $$r_i = \sqrt{(x_i - \mu_x)^2 + (y_i - \mu_y)^2}$$

$$CDF(r; \sigma) = 1 - \exp\left( - \frac{r^2}{2\sigma^2} \right)$$

Naturalmente questo è per la distribuzione continua. Per un campione di appena 40 palline non esiste una soluzione esatta. Dovresti fare un'analisi Monte Carlo con un campione di 40 palline. Taylor, MS & Grubbs, Frank E. (1975). "Distribuzioni di probabilità approssimative per lo spread estremo" hanno trovato le stime per la distribuzione Chi e il log-normale per quello si adatterebbe alla distribuzione di un campione.

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Modifica - Nonostante i dubbi di Wuber, le proporzioni teoriche che ha calcolato sono:

0,3935 0,6321 0,7769 0,8647 0,9179 0,9502 0,9698 0,9817 0,9889 0,9933

Dalla funzione CDF i valori cumulativi di Sigma per r (in sigmi) sono pari a:

0-1, 0-2, 0-3, ..., 0-10

siamo:

0,3935, 0,6321, 0,7769, 0,8647, 0,9179, 0,9502, 0,9698, 0,9817, 0,9889, 0,9933

La distribuzione normale, sia i valori positivi che negativi, ha senso se si riconosce che questa distribuzione normale è per raggio o "distanza dal centroide". L'altra variabile, l'angolo, è casuale ed è uniformemente distribuita da 0-pi