如何生成两组相互独立的服从标准正态分布的随机数（推导过程）

预备知识：均匀分布的特殊地位

设$F(x)$F(x)满足：（1）单调不减（2）$F(-\infty)=0$F(−∞)=0, $F(\infty)=1$F(∞)=1 （3）左连续。对于$0≤y≤1$0≤y≤1，定义$F^{-1}(y)=inf\{x:F(x)>y\}$F−1(y)=inf{x:F(x)>y}为$F(x)$F(x)的反函数

可见任何分布的分布函数均满足上面条件

若$\xi$ξ服从$F(x)$F(x)，记$\theta=F(\xi)$θ=F(ξ)，可知$0≤\theta≤1$0≤θ≤1
其分布函数:
$F_\theta(x)=p(\theta<x)=p(F(\xi)<x)=p(\xi<F^{-1}(x))=F(F^{-1}(x))=x$Fθ​(x)=p(θ<x)=p(F(ξ)<x)=p(ξ<F−1(x))=F(F−1(x))=x

可得，$\theta$θ的分布函数：
$F_\theta(x)= \begin{cases} 1 & \text{x＞1}\\ x & \text{0≤x≤1}\\ 0 & \text{x<0} \end{cases}$Fθ​(x)=⎩⎪⎨⎪⎧​1x0​x＞10≤x≤1x<0​
$\theta$θ的密度函数：
$p_\theta(x)= \begin{cases} 1 & \text{0≤x≤1}\\ 0 & \text{其他} \end{cases}$pθ​(x)={10​0≤x≤1其他​
所以$\theta$θ服从0-1均匀分布

任意变量经过自身分布函数的变换后就变成了0-1均匀分布，相反，若$\theta\thicksim U[0,1]$θ∼U[0,1]，取$\xi=F^{-1}(\theta)$ξ=F−1(θ)，其中$F^{-1}(x)$F−1(x)是$\xi$ξ的分布函数的反函数，则此时$\xi$ξ服从响应的分布函数。因此，可由生成的一组服从$U[0,1]$U[0,1]分布的变量$\theta$θ，经过$F^{-1}(\theta)$F−1(θ)变换后生成服从相应分布的一组变量。

这是对可以写出分布函数并能求逆的一些随机变量，生成对应分布随机数值的一种方法。

例如指数分布：
$\xi\thicksim p(x)= \begin{cases} \lambda e^{-\lambda x} & \text{x≥0, }\lambda>0\\ 0 & \text{x<0} \end{cases}$ξ∼p(x)={λe−λx0​x≥0, λ>0x<0​
$F(x)= \begin{cases} 1-e^{-\lambda x} & \text{x≥0, }\lambda>0\\ 0 & \text{x<0} \end{cases}$F(x)={1−e−λx0​x≥0, λ>0x<0​

生成$\theta\thicksim U[0,1]$θ∼U[0,1]的一组随机数（上图），将该随机数进行变换：$x=-1/2ln(1-\theta)$x=−1/2ln(1−θ) ，这里参数取$\lambda=2$λ=2。生成的新的一组数符合指数分布（下图）。

对于标准正态分布$N(0,1)$N(0,1)，它的密度函数：
$p(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}}$p(x)=2π​1​e−2x2​
难以根据分布函数求逆获取相应的随机数，这里提出新的方法。

生成两组独立的服从标准正态分布的随机数

背景题目：
设$\xi$ξ、$\eta$η独立同分布于$N(0,1)$N(0,1)，即：
$p_\xi(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}}\\ p_\eta(y)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{y^2}{2}}$pξ​(x)=2π​1​e−2x2​pη​(y)=2π​1​e−2y2​
两者相互独立，联合密度函数等于边际密度函数乘积：
$(\xi,\eta)\thicksim p(x,y)=\frac{1}{{2\pi}}e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}$(ξ,η)∼p(x,y)=2π1​e−2x2+y2​
设变量$(\rho,\phi)$(ρ,ϕ)满足：
$(\rho,\phi)=f(\xi,\eta): \begin{cases} \rho=(\xi^2+\eta^2)^{1/2}\\ \phi=tan^{-1}(\eta/\xi) \end{cases}$(ρ,ϕ)=f(ξ,η):{ρ=(ξ2+η2)1/2ϕ=tan−1(η/ξ)​
则：
$(\xi,\eta)=f^{-1}(\rho,\phi)=h(\rho,\phi): \begin{cases} \eta=\rho cos\phi\\ \xi=\rho sin\phi \end{cases}$(ξ,η)=f−1(ρ,ϕ)=h(ρ,ϕ):{η=ρcosϕξ=ρsinϕ​

雅可比行列式：

$|J|=\begin{vmatrix}\frac{\partial h_1}{\partial\rho} & \frac{\partial h_1}{\partial\phi} \\\frac{\partial h_2}{\partial\rho} &\frac{\partial h_1}{\partial\phi} \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}cos\theta & -rsin\theta \\sin\theta & rcos\theta \end{vmatrix}=r$∣J∣=∣∣∣∣∣​∂ρ∂h1​​∂ρ∂h2​​​∂ϕ∂h1​​∂ϕ∂h1​​​∣∣∣∣∣​=∣∣∣∣​cosθsinθ​−rsinθrcosθ​∣∣∣∣​=r

可求得$(\rho,\phi)$(ρ,ϕ)联合密度函数：

$(\rho,\phi)\thicksim q(r,\theta)=p(x,y)|J|\\ =\frac{1}{{2\pi}}e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}*r\\ =\frac{1}{{2\pi}}e^{-\frac{(rcos\theta)^2+(rsin\theta)^2}{2}}*r\\ =\frac{1}{2\pi}e^{-\frac{r^2}{2}}*r\\ =re^{-\frac{r^2}{2}}*\frac{1}{2\pi}\\ =q_\rho(r)*q_\phi(\theta)$(ρ,ϕ)∼q(r,θ)=p(x,y)∣J∣=2π1​e−2x2+y2​∗r=2π1​e−2(rcosθ)2+(rsinθ)2​∗r=2π1​e−2r2​∗r=re−2r2​∗2π1​=qρ​(r)∗qϕ​(θ)

恰好是两个独立的分布的乘积：瑞利分布和$U[0,2\pi]$U[0,2π]
瑞利分布和均匀分布可以根据 均匀分布的特殊地位，首先生成两组0-1均匀分布的变量$u_1$u1​和$u_2$u2​，通过瑞利分布函数、$U[0,2\pi]$U[0,2π]分布函数反函数的变换使得两组数分别满足瑞利分布和$U[0,2\pi]$U[0,2π]分布。再将两组数根据如下变换：

$\begin{cases} \xi=\rho cos\phi\\ \phi=\rho sin\phi \end{cases}${ξ=ρcosϕϕ=ρsinϕ​
得到两组独立的标准正态分布

具体操作：
生成两组0-1均匀分布随机数$u_1$u1​和$u_2$u2​
已求得瑞利分布和$U[0,2\pi]$U[0,2π]的密度函数，求他们的分布函数：
瑞利分布(r>0)：
$F(r)=1-e^{-\frac{r^2}{2}}$F(r)=1−e−2r2​
$U[0,2\pi]$U[0,2π] 均匀分布($0≤\theta≤2\pi$0≤θ≤2π)：

$G(\theta)={\frac{\theta}{2\pi}}$G(θ)=2πθ​

反函数：
瑞利分布：
$F^{-1}(u_1)=[-2ln(1-u_1)]^{1/2}$F−1(u1​)=[−2ln(1−u1​)]1/2
$U[0,2\pi]$U[0,2π] 均匀分布：

$G^{-1}(u_2)=2\pi u_2$G−1(u2​)=2πu2​
再代入：
$\xi=[-2ln(1-u_1)]^{1/2}cos(2\pi u_2)\\ \phi=[-2ln(1-u_1)]^{1/2}sin(2\pi u_2)$ξ=[−2ln(1−u1​)]1/2cos(2πu2​)ϕ=[−2ln(1−u1​)]1/2sin(2πu2​)
则$\xi$ξ和$\phi$ϕ是相互独立的$N(0,1)$N(0,1)随机数。
也可直接写为：
$\xi=[-2ln(u_1)]^{1/2}cos(2\pi u_2)\\ \phi=[-2ln(u_1)]^{1/2}sin(2\pi u_2)$ξ=[−2ln(u1​)]1/2cos(2πu2​)ϕ=[−2ln(u1​)]1/2sin(2πu2​)
$u_1$u1​和$u_2$u2​均是0到1区间内，$(1-u_1)$(1−u1​)和$u_1$u1​是一样的

试验如下（matlab）：

u1=rand(1,10000)
u2=rand(1,10000)
y1=sqrt(-2*log(1-u1)).*cos(2*pi*u2)
y2=sqrt(-2*log(1-u1)).*sin(2*pi*u2)