การประมาณปรกติของการแจกแจงปัวซอง

12

ที่นี่ใน Wikipedia บอกว่า:

สำหรับค่าที่มากพอของ $λ$ , (พูด $λ>1000$ ) การแจกแจงแบบปกติที่มีค่าเฉลี่ย $λ$ และความแปรปรวน $λ$ (ค่าเบี่ยงเบนมาตรฐาน $\sqrt{\lambda}$ ) เป็นค่าประมาณยอดเยี่ยมสำหรับการแจกแจงปัวซอง ถ้า $λ$ มากกว่า 10 แล้วการแจกแจงแบบปกติคือการประมาณที่ดีถ้าทำการแก้ไขความต่อเนื่องที่เหมาะสมคือ $P(X ≤ x),$ ที่ (ตัวพิมพ์เล็ก) $x$ เป็นจำนวนเต็มไม่เป็นลบจะถูกแทนที่ด้วย $P(X ≤ x + 0.5).$

$F_\mathrm{Poisson}(x;\lambda) \approx F_\mathrm{normal}(x;\mu=\lambda,\sigma^2=\lambda)$

น่าเสียดายที่นี่ไม่ได้อ้างถึง ฉันต้องการที่จะแสดง / พิสูจน์สิ่งนี้ด้วยความแม่นยำ คุณจะบอกได้อย่างไรว่าการกระจายตัวแบบปกตินั้นเป็นค่าประมาณที่ดีเมื่อ $\lambda > 1000$ คุณจะวัดปริมาณการประมาณ 'ยอดเยี่ยม' นี้ได้อย่างไรใช้มาตรการใด

สิ่งที่ไกลที่สุดที่ฉันเคยได้รับกับเรื่องนี้คือที่นี่ที่จอห์นพูดถึงเกี่ยวกับการใช้ทฤษฎีบท Berry - Esseen และใกล้เคียงกับข้อผิดพลาดในสอง CDFs จากสิ่งที่ฉันสามารถดูเขาไม่ได้พยายามที่ค่าใด ๆ $\lambda \geq 1000$ 1000

normal-distribution poisson-distribution approximation

— hgeop
แหล่งที่มา

6

คุณไม่สามารถพิสูจน์ได้โดยไม่กำหนด "ดี" (คุณสามารถพิสูจน์ผลลัพธ์แบบอะซิมโทติค แต่คุณไม่สามารถประกาศว่าเป็น 'ดี' ที่ขนาดตัวอย่างที่ระบุโดยไม่ต้องกำหนดเกณฑ์ของคุณ) คุณสามารถแสดงพฤติกรรมของมันโดยใช้ตัวอย่างโดยตรง (ซึ่งผู้คนจะเห็นว่า 'ดี' ดีแค่ไหน เป็นแสงของตัวเอง) สำหรับคนทั่วไปที่ใช้เกณฑ์ปกติการแก้ไขแบบต่อเนื่องใช้ได้ผลกับตราบใดที่คุณไม่ต้องลงลึกเข้าไปในหาง

λ > 10

$\lambda>10$

— Glen_b -Reinstate Monica

1

(หากต้องการเจาะจงมากขึ้นหากเกณฑ์ของคุณเป็นข้อผิดพลาดที่แน่นอนคุณสามารถบรรลุ 'ดี' ได้ทุกที่ในกลุ่มตัวอย่างขนาดเล็กเช่น 10 แต่คนส่วนใหญ่สนใจเกี่ยวกับบางสิ่งที่ใกล้เคียงกับข้อผิดพลาดสัมพัทธ์)

— Glen_b -Reinstate Monica

7

สมมติว่าคือ Poisson กับพารามิเตอร์และเป็นเรื่องปกติที่มีค่าเฉลี่ยและความแปรปรวน\มันดูเหมือนว่าฉันว่าการเปรียบเทียบที่เหมาะสมอยู่ระหว่างและfrac12]) เพื่อความเรียบง่ายฉันเขียนนั่นคือเราสนใจเมื่อสอดคล้องกับเบี่ยงเบนมาตรฐานจากค่าเฉลี่ย $X$ $\lambda$ $Y$ $\lambda$ $\Pr(X = n)$ $\Pr(Y \in [n-\frac12,n+\frac12])$ $n = \lambda + \alpha \sqrt\lambda$ $n$ $\alpha$

ดังนั้นฉันจึงโกง ฉันใช้ Mathematica ดังนั้นทั้งและเป็นแบบไม่มีส่วนเกี่ยวข้องกับ เป็น\ แต่ความแตกต่างของมันคือ asymptotic กับ ถ้า คุณพล็อตนี้เป็นหน้าที่ของ , คุณจะได้รับโค้งเช่นเดียวกับที่ปรากฏอยู่ในสองรูปสุดท้ายในhttp://www.johndcook.com/blog/normal_approx_to_poisson/ $\Pr(X = n)$ $\Pr(Y \in [n-\frac12,n+\frac12])$

\frac{1}{\sqrt{2 π λ}} e^{- α^{2} / 2}

$\frac 1{\sqrt{2\pi \lambda}} e^{-\alpha^2/2}$

λ \to \infty

$\lambda \to \infty$

\frac{α (α^{2} - 3) e^{- α^{2} / 2}}{6 \sqrt{2 π} λ}

$\frac{\alpha \left(\alpha ^2-3\right) e^{-\alpha ^2/{2}}}{6 \sqrt{2 \pi } \lambda }$

α

$\alpha$

นี่คือคำสั่งที่ฉันใช้:

  n = lambda + alpha Sqrt[lambda];
  p1 = Exp[-lambda] lambda^n/n!;
  p2 = Integrate[1/Sqrt[2 Pi]/Sqrt[lambda] Exp[-(x-lambda)^2/2/lambda], {x, n-1/2, n+1/2}];
  Series[p1, {lambda, Infinity, 1}]
  Series[p2, {lambda, Infinity, 1}]

นอกจากนี้ด้วยการทดลองเล็กน้อยดูเหมือนว่าการประมาณ asymptotic ที่ดีกว่าสำหรับคือ6]) จากนั้นข้อผิดพลาดคือ ซึ่งมีขนาดเล็กกว่า $\Pr(X = n)$ $\Pr(Y \in [n-\alpha^2/6,n+1-\alpha^2/6])$

- \frac{(5 α^{4} - 9 α^{2} - 6) e^{- α^{2} / 2}}{72 \sqrt{2 π} λ^{3 / 2}}

$-\frac{\left(5 \alpha ^4-9 \alpha ^2-6\right) e^{-{\alpha ^2}/{2}} }{72 \sqrt{2 \pi } \lambda ^{3/2} }$

\sqrt{λ}

$\sqrt\lambda$

— Stephen Montgomery-Smith
แหล่งที่มา

2

Glen_b นั้นถูกต้องในที่ "พอดี" เป็นความคิดส่วนตัว อย่างไรก็ตามถ้าคุณต้องการตรวจสอบว่าการแจกแจงปัวซองของคุณเป็นเรื่องปกติคุณสามารถใช้การทดสอบ Kolmorgov-Smirnov สมมุติฐานกับสมมติฐานว่างเป็น CDF มาจากการแจกแจงโดยสมมติว่า ตัวอย่างของคุณจะมาจากปัวซอง ( ) เนื่องจากคุณไม่ได้ทำการทดสอบตัวอย่าง แต่เป็นการแจกแจงแบบหนึ่งต่ออีกคุณต้องคิดอย่างรอบคอบเกี่ยวกับขนาดตัวอย่างและระดับความสำคัญที่คุณใช้สำหรับการทดสอบสมมติฐานนี้ (เนื่องจากเราไม่ได้ใช้การทดสอบ KS ในแบบปกติ) นั่นคือ: $H_{0}:$ $N(\lambda,\lambda)$ $\lambda$

เลือกตัวแทนขนาดตัวอย่างสมมุติ n และปรับระดับความสำคัญของการทดสอบเป็นค่าปกติเช่น 5%

ตอนนี้คำนวณอัตราข้อผิดพลาด Type II สำหรับการทดสอบนี้โดยสมมติว่าข้อมูลของคุณมาจากปัวซอง ( ) ระดับความพอดีของคุณกับการแจกแจงแบบปกติจะเป็นอัตราข้อผิดพลาด Type II นี้ในแง่ที่ว่าตัวอย่างขนาด n จากการแจกแจงปัวซงของคุณโดยทั่วไปจะได้รับการยอมรับ % ของเวลาโดยการทดสอบปกติ ระดับนัยสำคัญ $\lambda$ $\beta$

อย่างไรก็ตามนั่นเป็นเพียงวิธีเดียวที่จะทำให้รู้สึกถึง "ความดีที่เหมาะสม" อย่างไรก็ตามทั้งหมดขึ้นอยู่กับแนวคิดบางอย่างของ "ความดี" ที่คุณจะต้องกำหนดด้วยตัวคุณเอง

2

การได้มาจากการกระจายแบบทวินามอาจทำให้คุณได้รับข้อมูลเชิงลึก

เรามีตัวแปรสุ่มแบบทวินาม

p (x) = (\binom{n}{x}) p^{x} (1 - p)^{n - x}

$p(x) = {n \choose x} p^x (1-p)^{n-x}$

สิ่งนี้สามารถคำนวณซ้ำได้;

p (x) = \frac{(n - x + 1) p}{x (1 - p)} p (x - 1)

$p(x) = \frac{(n-x+1)p}{x(1-p)}p(x-1)$

หากคุณรักษาสภาพเริ่มต้น;

p (0) = (1 - p)^{n}

$p(0) = (1-p)^n$

ตอนนี้ให้เราคิดว่ามีขนาดใหญ่และมีขนาดเล็ก แต่ความสำเร็จเฉลี่ยของเป็นค่าคงที่แลมบ์ดา) จากนั้นเราสามารถทำสิ่งต่อไปนี้; $n$ $p$ $p(x)$ $(np = \lambda)$

P (X = i) = (\binom{n}{i}) p^{x} (1 - p)^{n - x}

$P( X = i ) = {n \choose i} p^x (1-p)^{n-x}$

เราใช้ที่n $p = \lambda / n$

P (X = i) = \frac{n!}{(n - i)! i!} {(\frac{λ}{n})}^{i} {(1 - \frac{λ}{n})}^{n - i}

$P( X = i ) = \frac{n!}{(n-i)!i!} \left(\frac{\lambda}{n}\right)^i \left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{n-i}$

เราสลับตัวแปรบางตัวไปรอบ ๆ และประเมินผล

P (X = i) = \frac{n (n - 1) (n - 2) \dots (n - i + 1)}{n^{i}} \frac{λ^{i}}{i!} \frac{(1 - \frac{λ}{n})^{n}}{(1 - \frac{λ}{n})^{i}}

$P( X = i ) = \frac{n(n-1)(n-2)\cdots(n-i+1)}{n^i} \frac{\lambda^i}{i!} \frac{(1-\frac{\lambda}{n})^n}{(1-\frac{\lambda}{n})^i}$

จากแคลคูลัสเรารู้ว่า x นอกจากนี้เรายังรู้ว่าเพราะทั้งด้านบนและด้านล่างมีหลายชื่อปริญญาฉัน $\lim_{n\to\infty} (1 + x/n)^n = e^x$ $[n(n-1)(n-2)\cdots(n-i+1)]/n^i \approx 1$ $i$

สิ่งนี้นำไปสู่ข้อสรุปว่าเมื่อ : $n \to \infty$

P (X = i) \to \frac{e^{- λ} λ^{i}}{i!}

$P(X=i) \to \frac{ e^{-\lambda}{\lambda^i}}{i!}$

จากนั้นคุณสามารถตรวจสอบว่าและผ่านคำจำกัดความ เรารู้ว่าการแจกแจงทวินามใกล้เคียงกับค่าปกติภายใต้เงื่อนไขของทฤษฎีบท De Moivre-Laplaceตราบใดที่คุณแก้ไขความต่อเนื่องซึ่งเป็นสาเหตุที่ถูกแทนที่ด้วย . $E(X) = \lambda$ $\operatorname{Var}(X) = \lambda$ $P(X\le x)$ $P(X\le x+0.5)$

— Vincent Warmerdam
แหล่งที่มา