tarafından verilen Kümülatör ile dağılım ?

Dağılımı hakkında orada herhangi bir bilgi var mı inci cumulant verilir ? Kümülatif üretme fonksiyonu Bazı rasgele değişkenlerin sınırlayıcı dağılımı olarak karşımıza çıktım ama bu konuda herhangi bir bilgi bulamadım. $n$ $\frac 1 n$

κ (t) = \int_{0}^{1} \frac{e^{t x} - 1}{x} d x .

$\kappa(t) = \int_0 ^ 1 \frac{e^{tx} - 1}{x} \ dx.$

distributions mgf cumulants

— insan
kaynak

Verdiğiniz bu

fonksiyonunun

κ (t)

$\kappa(t)$ talep edilen özelliğe sahip olduğunu göremiyorum ! Çalışmanızı gözden geçirmelisiniz.

ile sıfıra yakın integral n'ye yaklaşıldığında, sıfıra

1 + t x

$1+tx$ yakın integral

olur

t / x

$t/x$ , bu nedenle ıraksaktır. Böylece bu integral, kümülatif üretme fonksiyonunu temsil edemez.

— kjetil b halvorsen

@kjetilbhalvorsen takip ettiğimden emin değilim. Takribi ile verir

integrali için. Ayrıca, uygun olarak , bu verdiğim fonksiyonu hiperbolik kosinüs ve sinüs integrallerin açısından bilinen bir integralini sahiptir.

'nin hak talebinde bulunulan özelliğe sahip olduğunu göstermek için,

için

civarında tam bir Taylor serisi yapın ve

için Taylor serisini

civarında elde etmek için integrali

e^{t x}

$e^{tx}$

1 + t x

$1 + tx$

\frac{t x}{x} = t

$\frac{tx}{x} = t$

κ (t)

$\kappa(t)$

0

$0$

e^{t x}

$e^{tx}$

κ (t)

$\kappa(t)$

0

$0$

— adam

Sympy, integralin ıraksak olduğunu söylüyor (kendi eksantrik yolunda!). Ancak, sempozyum yanlış olmalı, şimdi görüyorum, bazı sayısal entegrasyonlarla denedim ve iyi çalışıyor. Tekrar deneyeceğim.

— kjetil b halvorsen

Wolphram alphas sonucuna bakıldığında, bu da doğru olamaz, t sıfıra yaklaştığında sıfır olmayan bir limite sahiptir,

κ (0) = 0

$\kappa(0)=0$ açıkça.

— kjetil b halvorsen

Kesinlikle sürekli olduğuna inanıyorum

(0, \infty)

$(0, \infty)$ . Poisson rastgele değişkenlerinin bir limiti olarak gerçekleşir; olarak

n \to \infty

$n \to \infty$ bir bileşiğin Poisson oranı ile

\int_{1 / n}^{1} \frac{1}{x} d x

$\int_{1/n}^1 \frac 1 x \ dx$ ve atlama dağıtım yoğunluğu

f_{n} (x) \propto \frac{1}{x} I (1 / n < x < 1)

$f_n(x) \propto \frac 1 x I(1/n < x < 1)$ zayıf bir şekilde bu dağılıma yaklaşır.

— Guy

Kümülanların değerlerini bilmek, bu olasılık dağılımının grafiğinin nasıl görüneceği hakkında bir fikir edinmemizi sağlar. Dağılımın ortalaması ve varyansı

E [Y] = κ_{1} = 1, Var [Y] = κ_{2} = \frac{1}{2}

$E[Y] = \kappa_1 =1, \;\; \text{Var}[Y] = \kappa_2 = \frac 12$

çarpıklığı ve fazla basıklık katsayıları

γ_{1} = \frac{κ_{3}}{(κ_{2})^{3 / 2}} = \frac{(1 / 3)}{(1 / 2)^{3 / 2}} = \frac{2 \sqrt{2}}{3}

$\gamma_1 = \frac{\kappa_3}{(\kappa_2)^{3/2}} = \frac{(1/3)}{(1/2)^{3/2}} = \frac{2\sqrt 2}{3}$

γ_{2} = \frac{κ_{4}}{(κ_{2})^{2}} = \frac{(1 / 4)}{(1 / 2)^{2}} = 1

$\gamma_2 = \frac{\kappa_4}{(\kappa_2)^{2}} = \frac{(1/4)}{(1/2)^{2}} = 1$

Dolayısıyla bu, pozitif çarpıklık gösteren pozitif rastgele değişkenin tanıdık görünümlü bir grafiği olabilir. Olasılık dağılımını bulmaya gelince, bir ustanın yaklaşımı, , karşılık gelen olasılıklarla değerleri alan genel bir ayrı olasılık dağılımı belirlemek olabilir. ve sonra olasılıkları bilinmeyen doğrusal bir denklem sistemi oluşturmak amacıyla ham anları hesaplamak için kullanın. Kümülant ham anlar ilgili ilk için çözüldü bunun beş ham anı ( sondaki sayısal değer bizim durumumuzdaki kümülanlara özgüdür ) $\{0,1,...,m\}$ $\{p_0,p_1,...,p_m\},\; \sum_{k=0}^mp_k =1$

κ_{n} = μ_{n}^{'} - \sum_{i = 1}^{n - 1} (\binom{n - 1}{i - 1}) κ_{i} μ_{n - i}^{'}

$\kappa_n=\mu'_n-\sum_{i=1}^{n-1}{n-1 \choose i-1}\kappa_i \mu_{n-i}'$

\begin{aligned} μ_{1}^{'} = & κ_{1} = 1 \\ μ_{2}^{'} = & κ_{2} + κ_{1}^{2} = 3 / 2 \\ μ_{3}^{'} = & κ_{3} + 3 κ_{2} κ_{1} + κ_{1}^{3} = 17 / 6 \\ μ_{4}^{'} = & κ_{4} + 4 κ_{3} κ_{1} + 3 κ_{2}^{2} + 6 κ_{2} κ_{1}^{2} + κ_{1}^{4} = 19 / 3 \\ μ_{5}^{'} = & κ_{5} + 5 κ_{4} κ_{1} + 10 κ_{3} κ_{2} + 10 κ_{3} κ_{1}^{2} + 15 κ_{2}^{2} κ_{1} + 10 κ_{2} κ_{1}^{3} + κ_{1}^{5} = 243 / 15 \end{aligned}

$\begin{align} \mu'_1=&\kappa_1 =1\\ \mu'_2=&\kappa_2+\kappa_1^2=3/2\\ \mu'_3=&\kappa_3+3\kappa_2\kappa_1+\kappa_1^3=17/6\\ \mu'_4=&\kappa_4+4\kappa_3\kappa_1+3\kappa_2^2+6\kappa_2\kappa_1^2+\kappa_1^4=19/3\\ \mu'_5=&\kappa_5+5\kappa_4\kappa_1+10\kappa_3\kappa_2+10\kappa_3\kappa_1^2+15\kappa_2^2\kappa_1+10\kappa_2\kappa_1^3+\kappa_1^5=243/15\\ \end{align}$ Eğer ( ) ayarlıysak denklem sistemimiz var

m = 5

$m=5$

\begin{aligned} \sum_{k = 0}^{5} p_{k} = & 1, \sum_{k = 0}^{5} p_{k} k = 1 \\ \sum_{k = 0}^{5} p_{k} k^{2} = & 3 / 2, \sum_{k = 0}^{5} p_{k} k^{3} = 17 / 6 \\ \sum_{k = 0}^{5} p_{k} k^{4} = & 19 / 3, \sum_{k = 0}^{5} p_{k} k^{5} = 243 / 15 \\ s . t . p_{k} \geq 0 \forall k \end{aligned}

$\begin{align} \sum_{k=0}^5p_k=&1,\qquad \sum_{k=0}^5p_kk=1\\ \sum_{k=0}^5p_kk^2=&3/2,\qquad \sum_{k=0}^5p_kk^3=17/6\\ \sum_{k=0}^5p_kk^4=& 19/3 ,\qquad \sum_{k=0}^5p_kk^5= 243/15\\ &s.t. p_k\ge 0 \;\;\forall k\\ \end{align}$

Tabii ki eşit olmasını istemiyoruz . Ancak yavaş yavaş arttırmak (ve sonraki anların değerini elde etmek), sonunda olasılıklar için çözümün stabilize olduğu bir noktaya ulaşmalıyız. Böyle bir yaklaşım elle yapılamaz - ama ne bir yazılım erişimi ne de böyle bir görevi yerine getirmek için gerekli programlama becerilerine sahibim. $m$ $5$ $m$

— Alecos Papadopoulos
kaynak

Bu havalı. Belki bir çeşit Edgeworth genişlemesi de yapabilirim? Aslında, yoğunluğun zaten nasıl göründüğüne dair bir fikrim var (var olduğu varsayılarak), çünkü doğrudan ondan simüle edebilirim. Çok garip - bazı aralıklarda tekdüze görünüyor ve sonra üstel kuyruk gibi bir şeyle bozunuyor (simülasyonu yaptığımdan beri uzun zaman geçti).

(0, a)

$(0, a)$

(a, \infty)

$(a, \infty)$

— adam

Teşekkürler. Tabii ki her zaman kümülanlara dayalı bir Edgworth genişlemesi gerçekleştirebilirsiniz, ancak tarif ettiğiniz garip şekil göz önüne alındığında ne kadar iyi performans göstereceğini merak ediyorum. İkisini karşılaştırmak ilginç olurdu. Bana değerini söyleyebilir misiniz ?

a

$a$

— Alecos Papadopoulos

Eski kodumu kazdım ve buldum . Eğer daha sonra olduğu eden yaklaşık ve , yaklaşık gama şekli ile dağıtılır ve ortalama .

a \approx 1

$a \approx 1$

Y \sim κ (t)

$Y \sim \kappa(t)$

[Y ∣ Y < 1]

$[Y \mid Y < 1]$

U (0, 1)

$\mathcal U(0, 1)$

[Y - 1 ∣ Y > 1]

$[Y - 1\mid Y > 1]$

1.4

$1.4$

0.64

$0.64$

— Guy

ne demek istiyorsun ?

Y \sim κ (t)

$Y \sim \kappa(t)$

— Alecos Papadopoulos

Peki pdf neye benziyor? Anlara göre takma gelince, kullanılan an sayısını (4, 5, 6, 7 veya 8 vb.) Arttırdıkça uyum 'sağlam' ve 'kararlı' mı yoksa her yerde mi?

— Şubat'ta wolfies