Корреляторы для нормального распределения

[Anna from Svetl]

svv
учитывая, что $(2n_i-1)!!$ --- это число способов, которым можно разбить на пары множество из $2n_i$ различных элементов, можно было бы предположить, что нужно взять вс множители $q_{i}$ с учетом степеней, и одинаковым множителям присвоить номера, например $q_1^4$ как бы перенумеровать $q_{1(1)}$,$q_{1(2)}$,$q_{1(3)}$,$q_{1(4)}$. каждой паре множителей $(q_p,q_s)$ поставить в соответствие $D_{ps}$ и перемножить их. Просуммировать по всем разбиениям. Из суммы останутся те слагаемые, в которые входят только элементы матрицы $D$ с одинаковыми индексами. Соответственно, каждая $q_i$ даст $(2n_i-1)!!$ вариантов, а полное число вариантов определяется перемножением для всех $q_i$.
Но логика такого предположения мне не понятна, потому что я подумала о нем, поскольку теорема говорит, что именно так и стоится выражение для среднего в данном случае, но не вывела из каких-то иных соображений.

[Optimizator]

Anna from Svetl в сообщении #1232496 писал(а):

Optimizator
Тогда как должна звучать обратная теорема?

Есть некоторые критерии гауссовости в статье Габович Ю.Р. "Об устойчивости некоторых характеристических свойств нормального распределения" (Теор. вер. и ее прим. 1974 т.19 \No 2):
1) $(X,Y)$ - нормален тогда и только тогда, когда с.в. $X+Y$ и $X-Y$ независимы;
2) статистики $\bar X$ и $S^2$ независимы; (=обращение теоремы Фишера)
3) если для независимых $X_1,\ldots,X_n$ с.в. $L_1=\vec a X\downarrow$ и $L_2=\vec и X\downarrow$ независимы, то $X_j$ нормальны для всех таких $j$, что $a_jb_j\ne0$.
Может быть, пригодятся.

Ну а в прямую сторону теорему Вика сравнительно просто можем доказать пока только для нечетных $n$, как Вам написал раньше тов. SVV. Если $\Sigma=C^T C $, то рассматриваем стандартное представление $\xi=С \eta$, $\eta\sim N(\vec 0,E)$.
Тогда $\xi_1\ldots\xi_n$ представима суммой одночленов $\eta_1^{k_1}\ldots\eta_n^{k_n}$ с коэффициентами, $k_1+\ldots+k_n=n$ - нечетное. Тогда хотя бы одно $k_j$ нечетно и при интегрировании в силу независимости $\eta_1,\ldots,\eta_n$ эта степень в произведении даст 0.

[svv]

Anna from Svetl
Вы так ясно описали рассуждение, что невозможно заподозрить, что Вам что-то ещё непонятно (и не очень понятно, что именно непонятно) .

Извините, я в своём предыдущем сообщении везде убрал множитель $2$ перед $n_i$ — у меня есть привычка долго редактировать сообщение уже после отправки. И давайте во избежание путаницы мои степени $n_i$ переименуем в $m_i$. А $n$ будем понимать в таком смысле, как в цитате из книги:

Цитата:

для вычисления среднего $\langle q_{n_1}\ldots q_{n_{2k}}\rangle$ необходимо величины $q_{n_1}, \ldots, q_{n_{2k}}$ разбить на пары, каждой паре $(q_{n_r}, q_{n_s})$ сопоставить величину $D_{n_r n_s}$, а разбиению — произведение всех таких величин, и, наконец, просуммировать по всем возможным разбиениям.

Поскольку $D_{ik}=\delta_{ik}$, то ненулевой вклад дают только такие разбиения на пары, что для каждой пары $(q_{n_r}, q_{n_s})$ выполняется $n_r=n_s$, но при этом (по построению) $r\neq s$.

Все значения «индексов второго порядка» (которые при $n$) от $1$ до $2k$ разобьём на группы: значение $r$ относится к $i$-й группе iff $n_r=i$. Понятно, что в разбиении «индексы второго порядка» $r, s$ каждой пары $(q_{n_r}, q_{n_s})$ должны относиться к одной группе, в противном случае разбиение даст нулевой вклад в среднее. В $i$-й группе всего будет $m_i$ значений. Известно (https://en.wikipedia.org/wiki/Double_factorial), что чётное число элементов $m_i$ можно разбить на пары $(m_i-1)!!$ способами. Ну, а в пределах каждой группы элементы разбиваются на пары независимо, отсюда произведение.

[Anna from Svetl]

svv
не понятно только одно: как я могла бы прийти к таким рассуждениям, если бы не знала ответа заранее из формулировки теоремы

Кстати, по поводу обратной теоремы. На StackExchange написали, что надо доказывать через разложение производящей функции моментов в ряд. Видимо, прямую так тоже можно доказать.

[svv]

Anna from Svetl в сообщении #1232714 писал(а):

не понятно только одно: как я могла бы прийти к таким рассуждениям, если бы не знала ответа заранее из формулировки теоремы

Эта «непонятка» относится и ко мне.

Насчёт доказательства обратной теоремы разложением в ряд — да, это естественно. У Вас есть значения всех производных производящей функции в нуле, а Вам надо восстановить саму эту функцию.

Интересно подумать, можно ли доказать обратную теорему примерно теми же средствами, которыми доказали прямую в последних сообщениях. В целом, доказательство получилось несложное, верно?

[Anna from Svetl]

svv
несложное. Но остается смутное ощущение недостаточной строгости.
Я правильно понимаю, что по всем моментам можно восстановить производящую функцию не во всех случаях, а только тогда, когда ее ряд абсолютно сходится на всей числовой оси (для функции одной переменной)?

[svv]

Не знаю.

[svv]

А при доказательстве обратной теоремы можно схитрить и воспользоваться тем, что уже доказана прямая теорема.

Пусть все корреляторы равны $\prod\limits_{i=1}^N (n_i-1)!!$, то есть удовлетворяют теореме Вика с матрицей $D=E$. Нас интересует совместная плотность распределения $p(q_1,\ldots,q_N)$. Мы уже доказали, что при плотности распределения $p_0(q_1,\ldots,q_N)=(2\pi)^{-N/2}\exp(-\frac 1 2\sum\limits_{i=1}^{N}(q_i)^2)$ получаются именно такие значения корреляторов. Построим разность
$f(q_1,\ldots,q_N)=p(q_1,\ldots,q_N)-p_0(q_1,\ldots,q_N)$
Функция $f$ не может быть интерпретирована как плотность распределения (потому что интеграл от неё по всему пространству равен нулю; потому что она может принимать отрицательные значения). Но это не является помехой для того, чтобы рассмотреть моменты:
$\int\limits_{\mathbb R^N}\left( \prod\limits_{i=1}^{N} (q_i)^{m_i}\right) f(q_1,\ldots,q_N)\, d^N q$
Все они равны нулю. Отсюда надо как-то вывести, что тогда и сама $f$ равна нулю.

Иначе говоря, опереться на свойство единственности функции, имеющей заданные моменты. (Понятия не имею, при каких условиях эта единственность имеет место. Надеюсь, специалисты помогут.)

[Optimizator]

В той формулировке, которая в книге, т.е. без дополнительных условий, обратная теорема неверна. Пример - набор из $n$ независимых с.в. с равномерным распределением на [-1,1]. Все смешанные моменты их нулевые, что совпадает с выражением теоремы Вика, поскольку ковариации тоже равны нулю.
Поэтому лучше с этим контрпримером обратиться к авторам книги и спросить, что они имели в виду.

[Anna from Svetl]

svv
я посмотрела учебники. Если я не ошибаюсь, в одномерном случае моменты однозначно определяют распределение, если построенный по ним ряд сходится к одной и той же характеристической функции на всей числовой прямой. Это легко оценить по остаточному члену ряда. По идее, в многомерном случае сходимость должна быть для всех точек пространства $\mathbb{R}^n$, но я не работала с рядами Тейлора для функции многих переменных, поэтому я не совсем уверена, как доказывать сходимость.

Optimizator
я думаю, что авторы имели в виду, что в случае такого задания моментов характеристическая функция (ну или производящая функция) однозначно определяется ее разложением в ряд, и таким образом, однозначно определяется распределение.

[Optimizator]

Anna from Svetl в сообщении #1232875 писал(а):

я думаю, что авторы имели в виду, что в случае такого задания моментов характеристическая функция (ну или производящая функция) однозначно определяется ее разложением в ряд, и таким образом, однозначно определяется распределение.

Но пример показывает, что неоднозначно?
Не очень понятно, как можно строго доказать утверждение с неполнотой условия, которое делает его неверным. Наверно, только также нестрого.
Может, сначала попытаться дать четкую формулировку?

[svv]

Optimizator в сообщении #1232872 писал(а):

В той формулировке, которая в книге, т.е. без дополнительных условий, обратная теорема неверна. Пример - набор из $n$ независимых с.в. с равномерным распределением на [-1,1]. Все смешанные моменты их нулевые, что совпадает с выражением теоремы Вика, поскольку ковариации тоже равны нулю.

Optimizator в сообщении #1232880 писал(а):

Но пример показывает, что неоднозначно?

На мой взгляд, в теореме Вика (как она понимается в книге) не обязательно фигурируют именно смешанные моменты. Рассматривается математическое ожидание всевозможных произведений случайных величин, входящих в набор, в том числе степеней одной величины. В таком случае, контрпример будет придумать сложнее: моменты в случае нормального распределения очевидно отличаются от моментов для равномерного.

[Anna from Svetl]

Optimizator, скорее всего, svv прав. Все же если взять все моменты как они заданы по описанию в книге, в том числе, и моменты произведений, в которых некоторые случайные величины из набора повторяются, можно же будет построить ряд для характеристической функции?