Eğer olan IID, o zaman işlem , burada


14

Soru

Eğer , IID, o zaman işlem olup , .X1,,XnN(μ,1)E(X1T)T=iXi


Deneme : Lütfen aşağıdakilerin doğru olup olmadığını kontrol edin.

Diyelim ki, şu koşullu beklentilerin toplamını alalım, böylece Her demektir yana IID vardır.

iE(XiT)=E(iXiT)=T.
E(XiT)=TnX1,,Xn

Böylece, . Doğru mu?E(X1T)=Tn


2
'ın üzerinde istatistiksel bağımsız koşullu olmayan fakat değiştirilebilir bir eklem dağılımına sahip. Koşullu beklentilerinin ( ) eşit olduğunu ima eden budur . T T / nXiTT/n
Jarle Tufto

@JarleTufto: "Değiştirilebilir eklem dağılımı" ile ne demek istiyorsun? ve ortak dağılımı ? XiT
öğrenme

2
Bu, ortak dağılımının (ve diğer tüm permütasyonlar) ile aynı olduğu anlamına gelir . Bkz. En.wikipedia.org/wiki/Exchangeable_random_variables . Veya @ whuber'ın cevabına bakın! X 2 , X 3 , X 1X1,X2,X3X2,X3,X1
Jarle Tufto

2
Özellikle yanıt, dağıtımından bağımsızdır . X1,,Xn
StubbornAtom

Yanıtlar:


11

Fikir doğru - ama biraz daha titiz bir şekilde ifade etme sorunu var. Bu nedenle notasyona ve fikrin özünü ortaya çıkarmaya odaklanacağım.


Değiştirilebilirlik fikri ile başlayalım :

Bir rastgele değişken olan değiştirilebilir zaman sırası değiştirilebilir değişkenlerin dağılımları X σ = ( X- σ ( 1 ) , X- σ ( 2 ) , ... , x σ ( n ) ) her olası permütasyon için aynıdır σ .X=(X1,X2,,Xn)Xσ=(Xσ(1),Xσ(2),,Xσ(n))σ

Açıkçası iid değiştirilebilir anlamına gelir.

Gösterimin bir mesele olarak, geç Xiσ=Xσ(i) için ith bileşeni Xσ ve izin

Tσ=i=1nXiσ=i=1nXi=T.

Let j be herhangi bir dizin ve izin σ gönderir indekslerinin bir permütasyonu gibi 1 için j=σ(1). (Böyle bir σ vardır, çünkü kişi her zaman 1 ve j. değiştirebilir . ) X ima eder

E[X1T]=E[X1σTσ]=E[XjT],

çünkü (ilk eşitsizlikte) X sadece aynı şekilde dağıtılmış Xσ. vektörü ile değiştirdik . bu meselenin düğüm noktası.

sonuç olarak

T=E[TT]=E[i=1nXiT]=i=1nE[XiT]=i=1nE[X1T]=nE[X1T],

nereden

E[X1T]=1nT.


4

Bu (@ whuber cevabı ve +1) bir kanıt değildir, ancak bunun olması gibi bazı sezgi inşa etme geometrik yolu neden bir olduğunu mantıklı cevap.E(X1|T)=T/n

Let ve , böylece . Daha sonra bazı için olayı koşullandırıyoruz , bu yüzden bu desteklenen çok değişkenli Gauss'ların çizilmesine benziyor, ancak yalnızca olanlara bakıyoruz boşluk . Sonra bu afin boşluğa noktaların koordinatlarının ortalamasını bilmek istiyoruz (bunun sıfır ölçüm alt kümesi olduğunu unutmayın).X=(X1,,Xn)T1=(1,,1)TT=1TX1TX=ttRRn{xRn:1Tx=t}x1

Biliyoruz bir sabit ortalama vektörü ile küresel Gauss var bu yüzden, ortalama vektörü hiperdüzleminin normal vektörü olarak aynı hat üzerindedir .

XN(μ1,I)
μ1xT1=0

Bu bize aşağıdaki resim gibi bir durum verir: resim açıklamasını buraya girin

Anahtar fikir: önce altuzayındaki yoğunluğu hayal edin . yoğunluğu civarında simetriktir, çünkü . Yoğunluğu da simetrik olacak olarak aynı hat üzerinde simetriktir, ve simetriktir etrafında nokta çizgiler kesiştiği ve . Bu .Ht:={x:xT1=t}Xx1=x2E(X)span 1HtHtx1+x2=tx1=x2x=(t/2,t/2)

Resmi için biz üzerinde örnekleme hayal ve üzeri ve biz bir noktaya olsun her ardından biz sadece almak ve bu tasarruf koordinatı. üzerindeki yoğunluğun simetrisinden , koordinatlarının dağılımı da simetrik olacaktır ve aynı merkez noktası . Simetrik dağılımın ortalaması simetrinin merkezi noktasıdır, bu da anlamına gelir ve ve bu yana etkilenmeden çıkarılabilir herhangi bir şey.E(X1|T)Htx1Htx1t/2E(X1|T)=T/2E(X1|T)=E(X2|T)X1X2

Daha yüksek boyutlarda bu tam olarak görselleştirmek zorlaşır (veya imkansızdır), ancak aynı fikir geçerlidir: aralığındaki bir ortalamaya sahip küresel bir Gaussianımız var ve buna dik olan bir afin alt alana bakıyoruz . Altuzaydaki dağılımın denge noktası, yine de ve ' ın kesişimi olacaktır. ve yoğunluk hala simetriktir, bu nedenle bu denge noktası tekrar ortalamadır.1span 1{x:xT1=t}x=(t/n,,t/n)

Yine, bu bir kanıt değil, ama bu davranışı ilk etapta neden beklediğinize dair iyi bir fikir verdiğini düşünüyorum.


Bunun ötesinde, @StubbornAtom gibi bazılarının belirttiği gibi, bu aslında Gaussian olmasını gerektirmez . 2-D'de, değiş tokuş edilebilir olması durumunda (daha genel olarak ) olduğuna dikkat edin, bu nedenle , çizgi üzerinde simetrik olmalıdır . Ayrıca bu yüzden ilk resimde "anahtar fikir" ile ilgili söylediğim her şey hala tam olarak duruyor. Bir örnek bir Gauss karışım modelinden iid. Tüm çizgiler eskisiyle aynı anlama sahiptir.XXf(x1,x2)=f(x2,x1)f(x)=f(xσ)fx1=x2E(X)span 1Xi

resim açıklamasını buraya girin


1

Sanırım cevabınızdaki katil çizgisinden, bunun doğru olduğu konusunda "emin oldukları için" tam olarak emin olmadığım halde, cevabınız doğru. Aynı çözümün daha garip bir yolu şöyledir:

Düşün aslında vasıtası. N okumaya sahip bir örneğiniz olduğunu ve bunların ortalamalarının T olduğunu biliyorsunuz. Bu aslında ne anlama geliyor, şimdi örneklenmiş oldukları temel dağılımın artık önemli olmadığı anlamına geliyor. kanıtınız için bir Gaussian'dan örneklenmiştir).E(xi|T)

E(xi|T) , örneğinizden örnek alırsanız, birçok kez değiştirerek, elde ettiğiniz ortalama ne olurdu sorusunun cevabıdır. Bu, olasılıklarıyla çarpılan tüm olası değerlerin toplamı veya T'ye eşit olan dir.i=1N1Nxi


1
Not o onlar için toplamak için kısıtlanır olarak, istatistiksel bağımsız olamaz . Eğer tanesini biliyorsanız, tanesini de bilirsiniz . T n - 1 n t saxi|TTn1nth
jbowman

evet, ama ben daha ince bir şey yaptım, dedim eğer yedek ile birden çok kez örnekleme, her örnek ayrı bir dağıtım bir iid örnek olacaktır.
gazza89

Afedersiniz! Yorumu yanlış yerleştirmiş, OP'ye gelmiş olmalı. Bu açıklamaya referans de bu "Bu şu anlama gelir, her yana IID bulunmaktadır." X1,,XnE(XiT)=TnX1,,Xn
jbowman
Sitemizi kullandığınızda şunları okuyup anladığınızı kabul etmiş olursunuz: Çerez Politikası ve Gizlilik Politikası.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.