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# 5.13: La distribución normal plegada

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## La distribución normal plegada general

### Introducción

La distribución normal plegada es la distribución del valor absoluto de una variable aleatoria con una distribución normal. Como se ha enfatizado antes, la distribución normal es quizás la más importante en probabilidad y se utiliza para modelar una increíble variedad de fenómenos aleatorios. Dado que a uno solo le puede interesar la magnitud de una variable normalmente distribuida, la normal plegada surge de una manera muy natural. El nombre deriva del hecho de que la medida de probabilidad de la distribución normal en$$(-\infty, 0]$$ se pliega a$$[0, \infty)$$. Aquí está la definición formal:

Supongamos que$$Y$$ tiene una distribución normal con media$$\mu \in \R$$ y desviación estándar$$\sigma \in (0, \infty)$$. Después$$X = |Y|$$ tiene la distribución normal plegada con parámetros$$\mu$$ y$$\sigma$$.

Entonces, en particular, la distribución normal plegada es una distribución continua en$$[0, \infty)$$.

### Funciones de distribución

Supongamos que$$Z$$ tiene la distribución normal estándar. Recordemos que$$Z$$ tiene función de densidad de probabilidad$$\phi$$ y función de distribución$$\Phi$$ dada por\ begin {align}\ phi (z) & =\ frac {1} {\ sqrt {2\ pi}} e^ {-z^2/2},\ quad z\ in\ R\\ Phi (z) & =\ int_ {-\ infty} ^z\ phi (x)\, dx =\ int_ {-\ infty} ^z\ frac {1} {\ sqrt {2\ pi}} e^ {-x^2/2}\, dx,\ quad z\ in\ R\ end {align} La distribución normal estándar es tan importante que$$\Phi$$ se considera una función especial y se puede calcular utilizando la mayoría de los programas matemáticos y estadísticos. Si$$\mu \in \R$$ y$$\sigma \in (0, \infty)$$, entonces$$Y = \mu + \sigma Z$$ tiene la distribución normal con media$$\mu$$ y desviación estándar$$\sigma$$, y por lo tanto$$X = |Y| = |\mu + \sigma Z|$$ tiene la distribución normal plegada con parámetros$$\mu$$ y$$\sigma$$. Para lo que resta de esta discusión suponemos que$$X$$ tiene esta distribución normal plegada.

$$X$$tiene función de distribución$$F$$ dada por\ begin {align} F (x) & =\ Phi\ left (\ frac {x -\ mu} {\ sigma}\ right) -\ Phi\ left (\ frac {-x -\ mu} {\ sigma}\ right) =\ phi\ left (\ frac {x -\ mu} {\ sigma}\ right) +\ phi\ left (\ frac {x +\ mu} {\ sigma}\ derecha) - 1\\ & =\ int_0^x\ frac {1} {\ sigma\ sqrt {2\ pi}}\ izquierda\ { \ exp\ izquierda [-\ frac {1} {2}\ izquierda (\ frac {y +\ mu} {\ sigma}\ derecha) ^2\ derecha] +\ exp\ izquierda [-\ frac {1} {2}\ izquierda (\ frac {y -\ mu} {\ sigma}\ derecha) ^2\ derecha]\ derecha\}\, dy,\ quad x\ in [0,\ infty)\ end {align}

Prueba

Para$$x \in [0, \infty)$$,\ begin {align} F (x) & =\ P (X\ le x) =\ P (|Y|\ le x) =\ P (|\ mu +\ sigma Z|\ le x) =\ P (-x\ le\ mu +\ sigma Z\ le x)\\ & =\ P\ left (\ frac {-x -\ mu} {\ sigma}\ le Z le\\ frac {x -\ mu} {\ sigma}\ derecha) =\ Phi\ izquierda (\ frac {x -\ mu} {\ sigma}\ derecha) -\ Phi\ izquierda (\ frac {-x -\ mu} {\ sigma}\ derecha)\ end {align } que da la primera expresión. La segunda expresión sigue ya que$$\Phi(-z) = 1 - \Phi(z)$$ para$$z \in \R$$. Por último, la fórmula integral se desprende de la forma de la sustitución$$\Phi$$ dada anteriormente y simple.

No podemos calcular la función cuantil$$F^{-1}$$ en forma cerrada, pero los valores de esta función pueden aproximarse.

Abra la calculadora de distribución especial y seleccione la distribución normal plegada, y establezca la vista en CDF. Varíe los parámetros y anote la forma de la función de distribución. Para valores seleccionados de los parámetros, compute la mediana y el primer y tercer cuartiles.

$$X$$tiene función de densidad de probabilidad$$f$$ dada por\ begin {align} f (x) & =\ frac {1} {\ sigma}\ left [\ phi\ left (\ frac {x -\ mu} {\ sigma}\ right) +\ phi\ left (\ frac {x +\ mu} {\ sigma}\ right)\ right]\\ & =\ frac {1} {\ sigma\ sqrt {2\ pi}}\ izquierda\ {\ exp\ izquierda [-\ frac {1} {2}\ izquierda (\ frac {x +\ mu} {\ sigma}\ derecha) ^2\ derecha] +\ exp\ izquierda [-\ frac {1} {2}\ izquierda (\ frac {x -\ mu} {\ sigma}\ derecha) ^2\ derecha]\ derecha\},\ quad x\ in [0,\ infty)\ end {align}

Prueba

Esto se deduce de diferenciar el CDF con respecto a$$x$$, desde$$F^\prime(x) = f(x)$$ y$$\Phi^\prime(z) = \phi(z)$$.

Abra el simulador de distribución especial y seleccione la distribución normal plegada. Varíe los parámetros$$\mu$$$$\sigma$$ y anote la forma de la función de densidad de probabilidad. Para valores seleccionados de los parámetros, ejecute la simulación 1000 veces y compae la función de densidad empírica a la función de densidad de probabilidad verdadera.

Tenga en cuenta que la distribución normal plegada es unimodal para algunos valores de los parámetros y decreciente para otros valores. Tenga en cuenta también que no$$\mu$$ es un parámetro de ubicación ni es$$\sigma$$ un parámetro de escala; ambos influyen en la forma de la función de densidad de probabilidad.

### Momentos

No podemos calcular la media de la distribución normal plegada en forma cerrada, pero la media al menos se puede dar en términos de$$\Phi$$. Una vez más, asumimos que$$X$$ tiene la distribución normal plegada con parmaeters$$\mu \in \R$$ y$$\sigma \in (0, \infty)$$.

Los dos primeros momentos de$$x$$ son

1. $$\E(X) = \mu [1 - 2 \Phi(-\mu / \sigma)] + \sigma \sqrt{2 / \pi} \exp(-\mu^2 / 2 \sigma^2)$$
2. $$\E(X^2) = \mu^2 + \sigma^2$$
Prueba

A partir de la definición, podemos suponer$$X = |\mu + \sigma Z|$$ dónde$$Z$$ tiene la distribución normal estándar. Entonces\ comienza {align} E (X) & =\ E (|\ mu +\ sigma Z|) =\ E (\ mu +\ sigma Z; Z\ ge -\ mu/\ sigma) -\ E (\ mu +\ sigma Z; Z\ le -\ mu/\ sigma)\\ & =\ E (\ mu +\ sigma Z) - 2\ E (\ mu +\ sigma Z: Z\ le -\ mu/\ sigma) =\ mu -2\ mu\ Phi (-\ mu/\ sigma) - 2\ sigma\ E (Z; Z\ le -\ mu/\ sigma)\ end {align} Así que solo necesitamos computar el último valor esperado. Usando el cambio de variables$$u = z^2 / 2$$ obtenemos$\E(Z; Z \le -\mu / \sigma) = \int_{-\infty}^{-\mu/\sigma} z \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} e^{-z^2/2} \, dz = -\int_{\mu^2/2\sigma^2}^\infty \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-u} \, du = -\frac{1}{\sqrt{2 \pi}} e^{-\mu^2/2 \sigma^2}$ Sustituyendo da el resultado en (a). Para (b), vamos a$$Y$$ tener la distribución normal con media$$\mu$$ y desviación estándar$$\sigma$$ para que podamos tomar$$X = |Y|$$. Entonces$$\E(X^2) = \E(Y^2) = \var(Y) + [\E(Y)]^2 = \sigma^2 + \mu^2$$.

En particular, la varianza de$$X$$ es

$\var(X) = \mu^2 + \sigma^2 - \left\{\mu \left[1 - 2 \Phi\left(-\frac{\mu}{\sigma}\right)\right] + \sigma \sqrt{\frac{2}{\pi}} \exp\left(-\frac{\mu^2}{2 \sigma^2}\right) \right\}^2$

Abra el simulador de distribución especial y seleccione la distribución normal plegada. Varíe los parámetros y anote el tamaño y la ubicación de la barra de desviación$$\pm$$ estándar media. Para valores seleccionados de los parámetros, ejecute la simulación 1000 veces y compare la media empírica y la desviación estándar con la media verdadera y la desviación estándar.

La relación más importante es la que existe entre la distribución normal plegada y la distribución normal en la definición: Si$$Y$$ tiene una distribución normal entonces$$X = |Y|$$ tiene una distribución normal plegada. La distribución normal plegada también se relaciona consigo misma a través de una propiedad de simetría que quizás no sea completamente obvia a partir de la definición inicial:

Para$$\mu \in \R$$ y$$\sigma \in (0, \infty)$$, la distribución normal plegada con parámetros$$-\mu$$ y$$\sigma$$ es la misma que la distribución normal plegada con parámetros$$\mu$$ y$$\sigma$$.

Prueba 1

El PDF no se modifica si$$\mu$$ se sustituye por$$-\mu$$.

Prueba 2

Supongamos que$$Y$$ tiene la distribución normal con media$$\mu$$ y desviación estándar$$\sigma$$ para que$$|Y|$$ tenga la distribución normal plegada con parámetros$$\mu$$ y$$\sigma$$. Después$$-Y$$ tiene la distribución normal con media$$-\mu$$ y desviación estándar$$\sigma$$ para que$$|-Y|$$ tenga la distribución normal plegada con parámetros$$-\mu$$ y$$\sigma$$. Pero$$|Y| = |-Y|$$.

La distribución normal plegada también se cierra bajo transformaciones de escala.

Supongamos que$$X$$ tiene la distribución normal plegada con parámetros$$\mu \in \R$$ y$$\sigma \in (0, \infty)$$ y eso$$b \in (0, \infty)$$. Después$$b X$$ tiene la distribución normal plegada con parámetros$$b \mu$$ y$$b \sigma$$.

Prueba

Una vez más a partir de la definición, podemos suponer$$X = |Y|$$ dónde$$Y$$ tiene la distribución normal con media$$\mu$$ y desviación estándar$$\sigma$$. Pero entonces$$b X = b |Y| = |b Y|$$, y$$b Y$$ tiene la distribución normal con media$$b \mu$$ y desviación estándar$$b \sigma$$.

## La distribución semitormal

Cuando$$\mu = 0$$, los resultados para la distribución normal plegada son mucho más simples, y afortunadamente este caso especial es el más importante. Es más probable que nos interese la magnitud de una variable normalmente distribuida cuando la media es 0, y además, esta distribución surge en el estudio del movimiento browniano.

Supongamos que$$Z$$ tiene la distribución normal estándar y eso$$\sigma \in (0, \infty)$$. Después$$X = \sigma |Z|$$ tiene la distribución semitormal con parámetro de escala$$\sigma$$. Si es$$\sigma = 1$$ así$$X = |Z|$$, entonces$$X$$ tiene la distribución media normal estándar.

### Funciones de distribución

Para nuestra siguiente discusión, supongamos que$$X$$ tiene la distribución medio normal con parámetro$$\sigma \in (0, \infty)$$. Una vez más,$$\Phi$$ y$$\Phi^{-1}$$ denotan la función de distribución y la función cuantil, respectivamente, de la distribución normal estándar.

La función de distribución$$F$$ y la función cuantil$$F^{-1}$$ de$$X$$ son\ begin {align} F (x) & = 2\ Phi\ left (\ frac {x} {\ sigma}\ right) - 1 =\ int_0^x\ frac {1} {\ sigma}\ sqrt {\ frac {2} {\ pi}}\ exp\ left (-\ frac {y^2} {2\ sigma^2}\ derecha)\, dy,\ quad x\ in [0,\ infty)\\ F^ {-1} (p) & =\ sigma\ Phi^ {- 1}\ izquierda (\ frac {1 + p} {2}\ derecha),\ quad p\ in [0, 1)\ end {align}

Prueba

El resultado para el CDF se desprende del CDF de la distribución normal plegada con$$\mu = 0$$. Recordemos eso$$\Phi(-z) = 1 - \Phi(z)$$ para$$z \in \R$$. El resultado para la función cuantil se deriva del resultado para el CDF y álgebra simple.

Abra la calculadora de distribución especial y seleccione la distribución normal plegada. Seleccione ver y mantener CDF$$\mu = 0$$. Varíe$$\sigma$$ y anote la forma del CDF. Para diversos valores de$$\sigma$$, computar la mediana y el primer y tercer cuartiles.

La función de densidad de probabilidad$$f$$ de$$X$$ viene dada por$f(x) = \frac{2}{\sigma} \phi\left(\frac{x}{\sigma}\right) = \frac{1}{\sigma} \sqrt{\frac{2}{\pi}} \exp\left(-\frac{x^2}{2 \sigma^2}\right), \quad x \in [0, \infty)$

1. $$f$$está disminuyendo con el modo en$$x = 0$$.
2. $$f$$es cóncava hacia abajo y luego hacia arriba, con punto de inflexión en$$x = \sigma$$.
Prueba

La fórmula para$$f$$ se desprende de diferenciar el CDF anterior. Las propiedades (a) y (b) se derivan del cálculo estándar.

Abra el simulador de distribución especial y seleccione la distribución normal plegada. Mantener$$\mu = 0$$ y variar$$\sigma$$, y anotar la forma de la función de densidad de probabilidad. Para valores seleccionados de$$\sigma$$, ejecute la simulación 1000 veces y compare la función de densidad empricial con la función de densidad de probabilidad verdadera.

### Momentos

Los momentos de la distribución semitormal se pueden computar explícitamente. Una vez más asumimos que$$X$$ tiene la distribución medio normal con parámetro$$\sigma \in (0, \infty)$$.

Para$$n \in \N$$\ begin {align}\ E (X^ {2n}) & =\ sigma^ {2n}\ frac {(2n)!} {n! 2^n}\\\ E (X^ {2n+1}) & =\ sigma^ {2n+1} 2^n\ sqrt {\ frac {2} {\ pi}} n! \ end {align}

Prueba

Al igual que en la definición, podemos tomar$$X = \sigma |Z|$$ donde$$Z$$ tiene la distribución normal estándar. Los momentos de orden par de$$X$$ son los mismos que los momentos de orden par de$$\sigma Z$$. Estos fueron calculados en la sección sobre la distribución normal. Para los momentos de orden impar, nuevamente usamos la sustitución simple$$z = x^2 / 2$$ para obtener$\E(X^{2n+1}) = \sigma^{2n+1} \int_0^\infty x^{2n+1} \sqrt{\frac{2}{\pi}} e^{-x^2/2} \, dx = \sigma^{2n+1} 2^n \sqrt{\frac{2}{\pi}} \int_0^\infty z^n e^{-z} \, dz = \sigma^{2n+1} 2^n \sqrt{\frac{2}{\pi}} n!$

En particular, tenemos$$\E(X) = \sigma \sqrt{2/\pi}$$ y$$\var(X) = \sigma^2(1 - 2 / \pi)$$

Abra el simulador de distribución especial y seleccione la distribución normal plegada. Mantener$$\mu = 0$$ y variar$$\sigma$$, y anotar el tamaño y la ubicación de la barra de desviación$$\pm$$ estándar media. Para los valores seleccionados de$$\sigma$$, ejecute la simulación 1000 veces y compare la media y la desviación estándar con la media verdadera y la desviación estándar.

A continuación se presentan la asimetría y curtosis de la distribución semitormal.

Asimetría y curtosis

1. La asimetría de$$X$$ es$\skw(X) = \frac{\sqrt{2 / \pi} (4 / \pi - 1)}{(1 - 2 / \pi)^{3/2}} \approx 0.99527$
2. La curtosis de$$X$$ es$\kur(X) = \frac{3 - 4 / \pi - 12 / \pi^2}{(1 - 2 / \pi)^2} \approx 3.8692$
Prueba

La asimetría y curtosis son funciones de la puntuación estándar y por lo tanto no dependen del parámetro de escala$$\sigma$$. Luego, los resultados siguen dejando$$\sigma = 1$$ y usando las fórmulas computacionales estándar para asimetría y curtosis en términos de los momentos de la distribución semitormal.

Una vez más, la relación más importante es la de la definición: Si$$Y$$ tiene una distribución normal con media 0 entonces$$X = |Y|$$ tiene una distribución medio normal. Dado que la distribución media normal es una familia de escalas, se cierra trivialmente bajo transformaciones de escala.

Supongamos que$$X$$ tiene la distribución medio normal con parámetro$$\sigma$$ y eso$$b \in (0, \infty)$$. Después$$b X$$ tiene la distribución semitormal con parámetro$$b \sigma$$.

Prueba

Al igual que en la definición, vamos$$X = \sigma |Z|$$ donde$$Z$$ es normal estándar. Entonces$$b X = b \sigma |Z|$$.

La distribución media normal estándar es también un caso especial de la distribución chi.

La distribución media normal estándar es la distribución chi con 1 grado de libertad.

Prueba

Si$$Z$$ es una variable normal estándar, entonces$$Z^2$$ tiene la distribución chi-cuadrada con 1 grado de libertad, y por lo tanto$$\left|Z\right| = \sqrt{Z^2}$$ tiene la distribución chi con 1 grado de libertad.

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