结果不正确。

作为反例，让$(X,Y)$具有 Clayton copula 的标准 Normal 边距，如https://stats.stackexchange.com/a/30205所示。如图左下角所示，生成 10,000 个独立实现的这种二元分布，产生 10,000 个实现$Z^2$显然不遵循$\Gamma(1/2,1/2)$分布（在卡方拟合检验中，$\chi^2=121, p \lt 10^{-16}$）。图顶部的 qq 图确认边缘看起来是标准的 Normal，而右下角的 qq 图表示边缘的上尾$Z^2$太短了。

该结果可以在假设分布为$(X,Y)$是中心对称的：也就是说，当它同时否定两者时它是不变的$X$和$Y$. 这包括所有双变量法线（均值$(0,0)$， 当然）。

关键思想是，对于任何$z \ge 0$， 事件$Z^2 \le z^2$是事件的区别$X \ge -z\cup Y \ge -z$和$X \ge z \cup Y \ge z$. （第一个是最小值不小于$-z$，而第二个将排除最小值超过$z$.) 这些事件又可以细分如下：

$$\Pr(Z^2 \le z^2) = \Pr(X\ge -z) - \Pr(Y \le -z) + \Pr(X,Y\lt -z) - \Pr(X,Y\gt z).$$

中心对称假设确保最后两个概率相消。 前两个概率由标准正态 CDF 给出$\Phi$, 产生

$$\Pr(Z^2 \le z^2) =1 - 2\Phi(-z).$$

那个展品$Z$作为半正态分布，因此它的平方将具有与标准正态的平方相同的分布，根据定义，它是$\chi^2(1)$分配。

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这个演示可以倒过来显示$Z^2$有个$\chi^2(1)$当且仅当分布$\Pr(X,Y\le -z) = \Pr(X,Y\ge z)$对所有人$z\ge 0$.

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这是R产生这些数字的代码。

library(copula)

n <- 1e4
set.seed(17)
xy <- qnorm(rCopula(n, claytonCopula(1)))
colnames(xy) <- c("X", "Y")
z2 <- pmin(xy[,1], xy[,2])^2

cutpoints <- c(0:10, Inf)
z2.obs <- table(cut(z2, cutpoints))
z2.exp <- diff(pgamma(cutpoints, 1/2, 1/2))
rbind(Observed=z2.obs, Expected=z2.exp * length(z2))
chisq.test(z2.obs, p=z2.exp)

par(mfrow=c(2,2))
qqnorm(xy[,1], ylab="X"); abline(c(0,1), col="Red", lwd=2)
qqnorm(xy[,2], ylab="Y"); abline(c(0,1), col="Red", lwd=2)

plot(xy, pch=19, cex=0.75, col="#00000003", main="Data")

qqplot(qgamma(seq(0, 1, length.out=length(z)), 1/2, 1/2), z2,
       xlab="Theoretical Quantiles", ylab="Z2",
       main="Gamma(1/2,1/2) Q-Q Plot")
abline(c(0,1), col="Red", lwd=2)

让$M=min(X,Y)^2$,

$$P(M<m) = P(M<m,X<Y) + P(M<m,X>Y) ~~~~~~~~~~~\\ = P(M<m|X<Y)P(X<Y) + P(M<m|X>Y)P(X>Y) \\ = P(X^2<m)P(X<Y) + P(Y^2<m)P(X>Y) ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\\ = \frac{1}{2}P(X^2<m) + \frac{1}{2}P(Y^2<m) \quad \quad \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad~ \\ =P(X^2<m) \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad ~~~$$