非相関性が独立性を意味するのはどの分布ですか？

古くからある統計では、「無相関は独立を意味するものではありません」としています。通常、このリマインダーは、「2つの変数が一緒に正規分布しているにもかかわらず、無相関が独立性を暗示している」という心理的に心地よい（そして科学的に正しい）ステートメントで補足されます。

幸せな例外の数を1から2に増やすことができます。2つの変数がベルヌーイ分布である場合、再び、無相関は独立性を意味します。場合と 2 Bermoulli RVの、ある $X$ $Y$ 、我々が持っているため、、および同様のための、それらの共分散であります $X \sim B(q_x),\; Y \sim B(q_y)$ $P(X=1) = E(X) = q_x$ $Y$

Cov (X, Y) = E (X Y) - E (X) E (Y) = \sum_{S_{X Y}} p (x, y) x y - q_{x} q_{y}

$\operatorname{Cov}(X,Y)= E(XY) - E(X)E(Y) = \sum_{S_{XY}}p(x,y)xy - q_xq_y$

= P (X = 1, Y = 1) - q_{x} q_{y} = P (X = 1 ∣ Y = 1) P (Y = 1) - q_{x} q_{y}

$= P(X=1,Y=1) - q_xq_y = P(X=1\mid Y=1)P(Y=1)-q_xq_y$

= (P (X = 1 ∣ Y = 1) - q_{x}) q_{y}

$= \Big(P(X=1\mid Y=1)-q_x\Big)q_y$

無相関のために、共分散がゼロである必要があります。

Cov (X, Y) = 0 \Rightarrow P (X = 1 ∣ Y = 1) = P (X = 1)

$\operatorname{Cov}(X,Y) = 0 \Rightarrow P(X=1\mid Y=1) = P(X=1)$

\Rightarrow P (X = 1, Y = 1) = P (X = 1) P (Y = 1)

$\Rightarrow P(X=1,Y=1) = P(X=1)P(Y=1)$

これは、変数が独立するためにも必要な条件です。

だから私の質問は：無相関が独立を意味する他の分布（連続または離散）を知っていますか？

$X,Y$ $\operatorname{Cov}(X,Y) = 0$

ここでの動機は、通常、独立性が成り立つかどうかをチェックするよりも、共分散がゼロであるかどうかをチェックする方が簡単であることです。したがって、理論的分布を前提として、共分散をチェックすることで独立性もチェックしている場合（ベルヌーイや通常のケースのように）、これは知っておくと便利です。
通常の限界をもつ2つのrvから2つのサンプルが与えられた場合、それらのサンプルから共分散がゼロであると統計的に結論付けることができれば、それらは独立していると言えることもできます（ただし、通常の限界を持っているためだけです）。2つのrvが他の分布に属する限界を持っている場合に、同様に結論を下せるかどうかを知ることは有用でしょう。

— アレコスパパドプロス
ソース

論理的には、ここで問題はありません。独立変数の任意のペアを分布として取ります。それらが相関しているかどうかに関係なく、それらはフィアットによって独立しています！「配布」とはどういう意味か、どのような答えが役立つかをもっと正確に把握する必要があります。

— whuber

@whuberコメントが理解できません。私は無相関から始め、「これらが無相関であることを証明できる場合、いつこれが独立していることを意味するのですか？」質問で述べた2つの結果は、特定の分布（正規またはベルヌーイ）を持つrvに依存するため、「2つの変数がそれに続く場合、この結果が当てはまる他の既知の分布はありますか？」

— Alecos Papadopoulos 2013

X, Y

$X,Y$

F

$F$

F

$F$

@Whuber、あなたは明らかに正しい。この質問の動機に関連するテキストをいくつか追加しました。これが私の動機が何であったかを明確にしたいと思います。

— Alecos Papadopoulos 2013

この決定をするとき、どの情報から始めますか？あなたの例の定式化から、あなたはあなたが各変数のための限界pdfと、変数の各ペアが無相関であるという情報を与えられているようです。次に、それらも独立しているかどうかを決定します。これは正確ですか？

— 確率論的

「それでも、2つの変数が正規分布している場合、無相関性は独立性を意味します」は非常に一般的な誤りです。

それらが共同で正規分布している場合にのみ適用されます。

$X \sim N(0,1)$ $Y$ $Z=XY$ $\operatorname{Cov}(X,Z)=0$ $\mathbb{E}(XZ)=0$ $Y$ $XZ$ $X^2$ $-X^2$ $X>2$ $Z>2$ $Z<-2$ $X$ $Z$

$X$ $Y$ $F_X(x)$ $G_Y(y)$ $\alpha<1$

H_{X, Y} (x, y) = F_{X} (x) G_{Y} (y) (1 + α (1 - F_{X} (x)) (1 - F_{Y} (y)))

$H_{X,Y}(x,y)=F_X(x)G_Y(y)\left(1+\alpha\big(1-F_X(x)\big)\big(1-F_Y(y)\big)\right)$

$F_X(x)$ $H_{X,Y}(x,y)$ $y$ $F_Y(y)=1$ $Y$ $\alpha$

— シルバーフィッシュ
ソース

確かに。「ジョイント」を忘れました。

— Alecos Papadopoulos 2013

@Alecos周辺分布は共同分布を一般的に決定しないので（これを明確にするために私の回答を編集しただけです）、これはあなたの質問をどこに残しますか？

— Silverfish 2013年

@Alecos私は今、質問の内容をよりよく理解していると思います。2つの周辺分布が与えられると、可能な共同分布の無限のセットがあります。共分散0の条件を課すと、どのような状況で、それらの結合分布の1つだけがまだ可能になりますか？つまり、確率変数が独立しているものですか？

— Silverfish 2013年

M_{X, Y} (s, t)

$M_{X,Y}(s,t)$

M_{X} (s) = M_{X, Y} (s, 0)

$M_X(s)=M_{X,Y}(s,0)$

M_{Y} (t) = M_{X, Y} (0, t)

$M_Y(t)=M_{X,Y}(0,t)$

\frac{\partial^{2}}{\partial s \partial t} M_{X, Y} (s, t) |_{s = 0, t = 0} = \frac{\partial}{\partial s} M_{X, Y} (s, t) |_{s = 0, t = 0} \cdot \frac{\partial}{\partial t} M_{X, Y} (s, t) |_{s = 0, t = 0}

$\frac{\partial^2}{\partial s \partial t}M_{X,Y}(s,t)|_{s=0,t=0} = \frac{\partial}{\partial s} M_{X,Y}(s,t)|_{s=0,t=0} \cdot \frac{\partial}{\partial t} M_{X,Y}(s,t)|_{s=0,t=0}$

M_{X, Y} (s, t) = M_{X, Y} (s, 0) \cdot M_{X, Y} (0, t)

$M_{X,Y}(s,t)=M_{X,Y}(s,0) \cdot M_{X,Y}(0,t)$

私はのコンセプトチェックする@Silverman subindependence、en.wikipedia.org/wiki/Subindependenceを、この問題は瞬間生成機能の面で処方することができるかどうかを確認します。

— Alecos Papadopoulos 2013