การบรรจบกันในการกระจาย \ CLT

ระบุว่า , distr แบบมีเงื่อนไข ของเป็น(2n) มีความแตกต่างเล็กน้อย ของปัวซอง ( ), เป็นค่าคงที่เป็นบวก $N = n$ $Y$ $\chi ^2(2n)$ $N$ $\theta$ $\theta$

แสดงว่าในขณะที่ $\theta \rightarrow \infty$ , $\space \space (Y - E(Y))/ \sqrt{\operatorname{Var}(Y)} \rightarrow N(0,1)$ ในการกระจาย

ใครสามารถแนะนำกลยุทธ์ในการแก้ปัญหานี้ ดูเหมือนว่าเราจำเป็นต้องใช้ CLT (Central Limit Theorem) แต่มันดูยากที่จะรับข้อมูลใด ๆ เกี่ยวกับ $Y$ ด้วยตัวเอง มี rv ที่สามารถแนะนำให้ใช้ตัวอย่างเพื่อสร้าง $Y$ หรือไม่?

นี่คือการบ้านดังนั้นคำแนะนำชื่นชม

— user42102
แหล่งที่มา

ดูเหมือนจะเป็นสิ่งที่ clt ให้ฉันเช่นกัน บางทีคุณอาจจะเห็นได้ชัดอยู่แล้ว แต่ในฐานะที่เป็น -> อินฟินิตี้จะเกิดอะไรขึ้นกับ N

— PeterR

ฉันควรจะดูการกระจายตัวของ N หรือไม่? ถ้าฉันเล่นกับมันดูเหมือนว่า pdf จะเป็น 0 เสมอฉันจะอนุมานอะไรได้บ้าง

— user42102

ตัวแปรสุ่มของ poisson (theta) หมายถึงอะไร

— PeterR

ฉันผสม N ในคำถามนี้และขนาดตัวอย่าง n ในคำจำกัดความของ CLT ดังนั้น

E (N) = θ

$E(N) = \theta$ \ ดังนั้นเราเห็นว่าค่าที่คาดหวังของ N เข้าใกล้อนันต์ ฉันไม่แน่ใจว่าจะไปจากที่นี่แม้ว่า

— user42102

คุณควรพิจารณาการกระจายไคสแควร์ที่ไม่ใช่ศูนย์กลาง การพิสูจน์ขีด จำกัด เป็นเรื่องปกติจะซับซ้อนกว่าการใช้ CLT ที่ฉันกลัวอย่างง่าย

— caburke

คำตอบ:

ฉันให้วิธีการแก้ปัญหาตามคุณสมบัติของฟังก์ชั่นคุณลักษณะซึ่งกำหนดไว้ดังนี้ เรารู้ว่าการแจกแจงไม่ซ้ำกันถูกกำหนดโดยฟังก์ชันลักษณะดังนั้นฉันจะพิสูจน์ว่า และจากนั้นจะตามมาบรรจบที่ต้องการ

ψ_{X} (t) = E \exp (i t X) .

$\psi_X(t)=E\exp{(itX)}.$

ψ_{(Y - E Y) / \sqrt{V a r (Y)}} \to ψ_{N (0, 1)} (t), when θ \to \infty,

$\psi_{(Y-EY)/\sqrt{Var(Y)}}\rightarrow \psi_{N(0,1)}(t), \text{ when } \theta \rightarrow \infty,$

เพื่อที่ฉันจะต้องคำนวณค่าเฉลี่ยและความแปรปรวนของซึ่งผมใช้กฎหมายของความคาดหวังทั้งหมด / แปรปรวน - http://en.wikipedia.org/wiki/Law_of_total_expectation ฉันใช้ค่าเฉลี่ยและความแปรปรวนของการแจกแจงปัวซองคือและค่าเฉลี่ยและ ความแปรปรวนของมีและVarตอนนี้แคลคูลัสมาพร้อมกับฟังก์ชั่นพิเศษ ตอนแรกฉันเขียนนิยามของเป็น $Y$

E Y = E {E (Y | N)} = E {2 N} = 2 θ

$EY=E\{E(Y|N)\}=E\{2N\}=2\theta$

V a r (Y) = E {V a r (Y | N)} + V a r {E (Y | N)} = E {4 N} + V a r (2 N) = 4 θ + 4 V a r (N) = 8 θ

$Var(Y)=E\{Var(Y|N)\}+Var\{E(Y|N)\}=E\{4N\}+Var(2N)=4\theta+4Var(N)=8\theta$

E N = V a r (N) = θ

$EN=Var(N)=\theta$

χ_{2 n}^{2}

$\chi^2_{2n}$

E (Y | N = n) = 2 n

$E(Y|N=n)=2n$

V a r (Y | N = n) = 4 n

$Var(Y|N=n)=4n$

Y

$Y$

Y = \sum_{n = 1}^{\infty} Z_{2 n} I_{[N = n]}, where Z_{2 n} \sim χ_{2 n}^{2}

$Y=\sum_{n=1}^{\infty}Z_{2n}I_{[N=n]}, \text{ where } Z_{2n}\sim \chi^2_{2n}$ ตอนนี้ฉันใช้ทฤษฎีบทซึ่งระบุ ฟังก์ชั่นลักษณะของคือซึ่งนำมาจากที่นี่: http://en.wikipedia.org/wiki/Characteristic_function_(probability_theory)

ψ_{Y} (t) = \sum_{n = 1}^{\infty} ψ_{Z_{2 n} (t)} P (N = n)

$\psi_Y(t)=\sum_{n=1}^{\infty}\psi_{Z_{2n}(t)}P(N=n)$

χ_{2 n}^{2}

$\chi^2_{2n}$

ψ_{Z_{2 n} (t)} = (1 - 2 i t)^{- n}

$\psi_{Z_{2n}(t)}=(1-2it)^{-n}$

ดังนั้นตอนนี้เราคำนวณฟังก์ชันคุณลักษณะสำหรับโดยใช้การขยายเทย์เลอร์สำหรับ ในตอนท้ายเราใช้คุณสมบัติของฟังก์ชั่นคุณสมบัติ ฉันกระโดดข้ามแคลคูลัสเพราะตอนนี้ยาวเกินไป ... $Y$ $\exp(x)$

ψ_{Y} (t) = \sum_{n = 1}^{\infty} ψ_{Z_{2 n} (t)} P (N = n) = \sum_{n = 1}^{\infty} (1 - 2 i t)^{- n} \frac{θ^{n}}{n!} \exp (- θ) = \sum_{n = 1}^{\infty} {(\frac{θ}{(1 - 2 i t)})}^{n} \frac{1}{n!} \exp (- θ) = \exp (\frac{θ}{1 - 2 i t}) \exp (- θ) = \exp (\frac{2 i t θ}{1 - 2 i t})

$\psi_Y(t)=\sum_{n=1}^{\infty}\psi_{Z_{2n}(t)}P(N=n)=\sum_{n=1}^{\infty}(1-2it)^{-n}\frac{\theta^n}{n!}\exp{(-\theta)}=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{\theta}{(1-2it)}\right)^n\frac{1}{n!}\exp{(-\theta)}=\exp(\frac{\theta}{1-2it})\exp(-\theta)=\exp(\frac{2it\theta}{1-2it})$

ψ_{(Y - E Y) / \sqrt{V a r (Y)}} (t) = \exp (- i \frac{E Y}{\sqrt{V a r Y}}) ψ_{Y} (t / \sqrt{V a r Y}) = \exp (- \frac{t^{2}}{2}) \exp (- 1 + 2 i \frac{t}{\sqrt{8 θ}}) \to \exp (- \frac{t^{2}}{2}) = ψ_{N (0, 1)} (t), when θ \to \infty

$\psi_{(Y-EY)/\sqrt{Var(Y)}}(t)=\exp(-i\frac{EY}{\sqrt{VarY}})\psi_Y(t/\sqrt{VarY})= \\\exp(-\frac{t^2}{2})\exp{(-1+2i\frac{t}{\sqrt{8\theta}})}\rightarrow \exp(-\frac{t^2}{2})=\psi_{N(0,1)}(t), \text{ when } \theta \rightarrow \infty$

— Fimba
แหล่งที่มา

สิ่งนี้สามารถแสดงให้เห็นได้ผ่านความสัมพันธ์กับการกระจาย chisquared ที่ไม่ใช่ศูนย์ มีบทความวิกิพีเดียที่ดีเกี่ยวกับสิ่งที่ฉันจะอ้างอิงได้อย่างอิสระ! https://en.wikipedia.org/wiki/Noncentral_chi-squared_distribution

คุณได้รับว่า มีการกระจายค่าไคสแควกับองศาอิสระสำหรับ \ ที่นี่มีการกระจาย Poisson กับความคาดหวัง\ $Y|N=n$ $2 n$ $n=0,1,\dots, \infty$ $N$ $\theta$

จากนั้นเราก็สามารถเขียนฟังก์ชันความหนาแน่นของ (โดยไม่มีเงื่อนไข) ได้โดยใช้กฎความน่าจะเป็นทั้งหมดเช่น ซึ่งเกือบจะ เป็นความหนาแน่นของตัวแปร chisquared ที่ไม่ใช่ส่วนกลางยกเว้นระดับของพารามิเตอร์อิสระคือซึ่งไม่ได้กำหนดจริงๆ (สิ่งนี้ให้ไว้ในส่วนคำนิยามของบทความวิกิพีเดีย) $Y$

f_{Y} (y; 0, θ) = \sum_{i = 0}^{\infty} \frac{e^{- θ} θ^{i}}{i!} f_{{χ^{2}}_{2 i}} (y)

$f_Y(y; 0, \theta) = \sum_{i=0}^\infty \frac{e^{-\theta} \theta^i}{i!} f_{{\chi^2}_{2i}}(y)$

k = 0

$k=0$

เพื่อให้ได้สิ่งที่ชัดเจนเราจะแทนที่สูตรด้านบนด้วย ซึ่งเป็นความหนาแน่นของตัวแปร chisquared noncentral กับองศาอิสระและไม่ใช่ศูนย์กลางพารามิเตอร์2ดังนั้นในการวิเคราะห์ของเราเราต้องจำไว้จะใช้วงเงินเมื่อหลังจากการ จำกัด\ นี่คือไม่มีเหตุผลเพราะในขอบเขตของความน่าจะเป็นของ

f_{Y} (y; k, θ) = \sum_{i = 0}^{\infty} \frac{e^{- θ} θ^{i}}{i!} f_{{χ^{2}}_{2 i + k}} (y)

$f_Y(y; k,\theta) = \sum_{i=0}^\infty \frac{e^{-\theta} \theta^i}{i!} f_{{\chi^2}_{2i+k}}(y)$

k

$k$

2 θ

$2\theta$

k \to 0

$k \rightarrow 0$

θ \to \infty

$\theta \rightarrow \infty$

θ \to \infty

$\theta \rightarrow \infty$

N = 0

$N=0$ ไปที่ศูนย์ดังนั้นมวลของจุดที่เป็นศูนย์จะหายไป (ตัวแปร chisquared ที่มีองศาความเป็นอิสระจะต้องตีความว่าเป็น pointmass ที่ศูนย์ดังนั้นจึงไม่มีฟังก์ชั่นความหนาแน่น)

ตอนนี้สำหรับแต่ละคงที่ใช้ผลในวิกิพีเดียในส่วนที่เกี่ยวข้องกับการแจกแจงใกล้เคียงปกติซึ่งจะช่วยให้ผู้ขอวงเงินปกติมาตรฐานสำหรับแต่ละkจากนั้นให้ จำกัด เมื่อไปที่ศูนย์ซึ่งให้ผลลัพธ์ $k$ $k$ $k$

— kjetil b halvorsen
แหล่งที่มา