Eğer

9

: Aşağıdaki kurmak farz
edelim . Ayrıca . Ayrıca yani , ilgili desteklerin sınırlarının dışbükey bir kombinasyonudur. , tüm için ortaktır . $Z_i = \min\{k_i, X_i\}, i=1,...,n$ $X_i \sim U[a_i, b_i], \; a_i, b_i >0$ $k_i = ca_i + (1-c)b_i,\;\; 0<c<1$ $k_i$ $c$ $i$

Ben doğru dağıtım var düşünüyorum : karışık bir dağıtımdır . Kesintisiz bir parçası, ve sonra bir süreksizlik ve ayrı bir bölüm var olasılık kütlesi konsantreleri: $Z_i$

X_{i} \in [a_{i}, k_{i}), Z_{i} = X_{i} \Rightarrow Pr (Z_{i} \leq z_{i}) = \frac{z_{i} - a_{i}}{b_{i} - a_{i}}

$X_i \in [a_i, k_i), Z_i=X_i \Rightarrow \Pr(Z_i \le z_i) = \frac {z_i-a_i}{b_i-a_i}$

Pr (Z_{i} = k_{i}) = Pr (X_{i} > k_{i}) = 1 - Pr (X_{i} \leq k_{i})

$\Pr(Z_i=k_i) = \Pr(X_i > k_i) = 1- \Pr(X_i \le k_i)$

= 1 - \frac{k_{i} - a_{i}}{b_{i} - a_{i}} = 1 - \frac{(1 - c) (b_{i} - a_{i})}{b_{i} - a_{i}} = c

$= 1- \frac {k_i - a_i}{b_i-a_i} = 1-\frac {(1-c)(b_i-a_i)}{b_i-a_i} =c$

Yani tüm

F_{Z_{i}} (z_{i}) = {\begin{cases} 0 z_{i} < a_{i} \\ \frac{z_{i} - a_{i}}{b_{i} - a_{i}} a_{i} \leq z_{i} < k_{i} \\ 1 k_{i} \leq z_{i} \end{cases}

$F_{Z_i}(z_i) = \begin{cases} 0\qquad z_i<a_i\\ \\ \frac {z_i-a_i}{b_i-a_i}\qquad a_i\le z_i<k_i \\ \\1\qquad k_i\le z_i\end{cases}$

karma "ayrık / sürekli" kütle / yoğunluk fonksiyonu için, aralığının dışında , tekdüze bir , yoğunluğu olan sürekli bir kısma sahiptir. ancak için ve pozitif olasılık konsantreleri olarak . $0$ $[a_i, k_i]$ $U(a_i, b_i)$ $\frac {1}{b_i-a_i}$ $a_i\le z_i<k_i$ $c >0$ $z_i = k_i$

Sonuçta, gerçekler üzerinde birliği özetliyor.

, olarak rastgele değişkenin dağılımını ve / veya momentlerini türetmek veya hakkında bir şey söylemek . $S_n \equiv \sum_{i=1}^n Z_i$ $n\rightarrow \infty$

Eğer ki, 'in bağımsız, bu gibi görünüyor olarak . Yaklaşık bile olsa bu kısmı "görmezden gelebilir miyim?" Sonra aralığında değişen rastgele bir değişkenle bırakılırdım , sansürlü üniformaların toplamına benziyor, "sansürsüz" olma yolunda ve belki de bazı merkezi limit teoremi ... ama muhtemelen buraya yaklaşmak yerine ayrılıyorum, peki, herhangi bir öneriniz var mı? $X_i$ $\Pr(S_n = \sum_i^nk_i) = c^n \rightarrow 0$ $n\rightarrow \infty$ $[\sum_{i=1}^na_i,\; \sum_{i=1}^nk_i)$

Not: Bu soru, sansürlü değişkenlerin toplamının dağılımını türetmekle ilgilidir, ancak @Glen_b'in cevabı ihtiyacım olan şey değildir -Yaklaşık bile olsa bu şeyi analitik olarak çalışmak zorundayım. Bu bir araştırma, bu yüzden lütfen ödev gibi davranın -genel öneriler veya literatüre referanslar yeterince iyidir.

— Alecos Papadopoulos
kaynak

Buna ihtiyacınız varsa, dağılımını , uygun bir , burada bir Borel kümesidir.

Z_{i}

$Z_i$

μ_{Z_{i}} (B) = P (Z_{i} \in B) = \int_{B} g (t) d t + c I_{B} (k_{i})

$\mu_{Z_i}(B)=P(Z_i\in B)=\int_B g(t)\,dt +c\,I_B(k_i)$

g

$g$

B

$B$

— Zen

@Zen Soruda, dağılımın süreksiz olduğunu zaten yazdım. Ayrıca , bu bir yoğunluk anlamına geldiğini açıkça ortaya , ancak ve olasılık için kompakt gösterimi tercih ediyorum.

f

$f$

f

$f$

[a_{i}, k_{i})

$[a_i,k_i)$

k_{i}

$k_i$

— Alecos Papadopoulos

Bildiğim kadarıyla, ile bu gösterim bir pdf ve bir pmf yoktu; ve karışık dağılımları tam olarak tanımlamak için uygun bir matematik dilimiz var. Araştırmanızı yayınladığınızda bu gösterimin kabul edileceğinden şüpheliyim. Tabii ki sadece benim fikrim. Her zaman istediğin gibi yapmalısın.

f

$f$

— Zen

@Zen Publishing çok ileride -ve gerçekten de hakemler, yerleşik olmayan gösterimi gördüklerinde kaşlarını çattı. Bu, birçok satırda kademeli bir dağılımı tanımlamak istediğinde sadece bir stenondur. Bu konuda "lehte bir argüman" yoktur ve yerleşik gösterime, örneğin önceki bir yorumda kullandığınız gibi.

— Alecos Papadopoulos

5

Henry'nin ipucunu takip edip Lyapunov'u ile kontrol ederdim . Dağılımları karışık olması müddetçe, bir sorun olmamalı 'ler ve ' ın uslu düzgün. Her için , , olan özel durumun simülasyonu, normalliğin iyi olduğunu gösterir. $\delta=1$ $a_i$ $b_i$ $a_i=0$ $b_i=1$ $k_i=2/3$ $i\geq 1$

xbar <- replicate(10^4, mean(pmin(runif(10^4), 2/3)))
hist((xbar - mean(xbar)) / sd(xbar), breaks = "FD", freq = FALSE)
curve(dnorm, col = "blue", lwd = 2, add = TRUE)

CLT

— Zen
kaynak

Gerçekten çok normal. Bunu bildiğim iyi oldu. CLT için olağan koşullar hiçbir zaman burada bir sorun olmadı, sorum asimtotik sonucu büken ve değiştirilmiş bir CLT gerektiren başka, belki de ince sorunların olup olmadığıydı. Simülasyonunuz, toplamda daha fazla değişken girdiğinden ayrık süreksizliğin olasılıkta ihmal edilebilir hale geldiğini göstermektedir.

— Alecos Papadopoulos

Belirli bir şey yok, ama herhangi bir problem oluşturmuyorlar. Bunları, indeksinden bağımsız olarak, sonlu sayılar olarak düşünün . Bunlar artırmak veya azalabilir (belirli bir kuralı) büyür ve bunlardan herhangi biri diğerlerinden daha orantısız büyüktür ... onlar yine "karşılaştırılabilir" varlıkların boyutunda farklılıklar göstermektedir. Yani Lindeberg'in durumu kesinlikle geçerli

i

$i$

i

$i$

— Alecos Papadopoulos

Güzel. Sonraki adımlarda iyi şanslar. İlginç bir soruna benziyor.

— Zen

3

İpuçları:

Varsayıldığında sabittir ve ortalama sonra hesaplayabilir bağımsız ve varyans , her biri örneğin: ve bilirsiniz . $c$ $X_i$ $\mu_i$ $\sigma_i^2$ $Z_i$ $\mu_i=E[ Z_i] = c\frac{a_i+k_i}{2} + (1-c)k_i$ $k_i = ca_i + (1-c)b_i$

Ardından sağlayan ve kullanabileceğiniz, çok hızlı büyür yok Lyapunov veya Lindeberg koşulları sonuçla merkezi limit teoremini uygulamak olduğunu dağıtımda standart bir normalle veya el sallama anlamında yaklaşık olarak normalde ortalama ve varyans . $a_i$ $b_i$ $\displaystyle\frac{1}{\sqrt{\sum_1^n \sigma_i^2}}\left(\sum_1^n Z_i - \sum_1^n \mu_i\right)$ $\sum_1^n Z_i$ $\sum_1^n \mu_i$ $\sum_1^n \sigma_i^2$

— Henry
kaynak

Teşekkürler. İle hiçbir sorun yoktur 'ler ve ' ın, onlar indeksi büyümez, sadece kadar değişiyor, etrafımızda. Yani aslında CLT'nin karışık dağılımlı rastgele değişkenleri de kapsayabileceğini mi söylüyorsunuz?

a_{i}

$a_i$

b_{i}

$b_i$

— Alecos Papadopoulos

Örneğin Eğer ve sabitlendi teoremi geçerli olacak santral sınırı böylece, o zaman, sonlu varyans ile bağımsız özdeş dağılımlı rasgele değişkenler olurdu. Bunun bir karışım dağılımı olup olmadığı bu sonucu etkilemez. Söylediğim, bunu, değişkenlerin ve değişkenlerin makul kalması şartıyla, rastgele değişkenlerin bağımsız olduğu ancak aynı şekilde dağılmadığı durumlara genişletebileceğinizdir.

a_{i}

$a_i$

b_{i}

$b_i$

— Henry

2

Bu sorudaki en büyük endişem, incelediğim durumda CLT'yi "her zamanki gibi" uygulayıp uygulayamayacağıydı. User @Henry bir kişinin yapabileceğini iddia etti, user @Zen bunu bir simülasyonla gösterdi. Bu şekilde teşvik edildi, şimdi analitik olarak kanıtlayacağım.

İlk yapacağım karma değişkenli bu değişkenin "olağan" moment üretme fonksiyonuna sahip olduğunu doğrulamaktır. Göstermek beklenen değeri , standart sapması ve ortalanmış ve ölçekli versiyonu tarafından . Değişikliği-of-değişken formül uygulanması kesintisiz devam parçası bulmak momenti üreten fonksiyonu olmalı $\mu_i$ $Z_i$ $\sigma_i$ $Z_i$ $\tilde Z_i = \frac {Z_i-\mu_i}{\sigma_i}$

f_{\tilde{Z}} ({\tilde{z}}_{i}) = σ_{i} f_{Z} (z_{i}) = \frac{σ_{i}}{b_{i} - a_{i}}

$f_{\tilde Z}(\tilde z_i) = \sigma_if_Z(z_i) = \frac {\sigma_i}{b_i-a_i}$

{\tilde{Z}}_{i}

$\tilde Z_i$

{\tilde{M}}_{i} (t) = E (e^{{\tilde{z}}_{i} t}) = \int_{- \infty}^{\infty} e^{{\tilde{z}}_{i} t} d F_{\tilde{Z}} ({\tilde{z}}_{i}) = \int_{{\tilde{a}}_{i}}^{{\tilde{k}}_{i}} \frac{σ_{i} e^{{\tilde{z}}_{i} t}}{b_{i} - a_{i}} d z_{i} + c e^{{\tilde{k}}_{i} t}

$\tilde M_i(t) = E(e^{\tilde z_it}) = \int_{-\infty}^{\infty}e^{\tilde z_it}dF_{\tilde Z}(\tilde z_i) = \int_{\tilde a_i}^{\tilde k_i}\frac{\sigma_ie^{\tilde z_it}}{b_i-a_i}dz_i + ce^{\tilde k_it}$

\Rightarrow {\tilde{M}}_{i} (t) = \frac{σ_{i}}{b_{i} - a_{i}} \frac{e^{{\tilde{k}}_{i} t} - e^{{\tilde{a}}_{i} t}}{t} + c e^{{\tilde{k}}_{i} t}

$\Rightarrow \tilde M_i(t)=\frac {\sigma_i}{b_i-a_i}\frac{e^{\tilde k_it}-e^{\tilde a_it}}{t} +ce^{\tilde k_it}$ ile

{\tilde{k}}_{i} = \frac{k_{i} - μ_{i}}{σ_{i}}, {\tilde{a}}_{i} = \frac{a_{i} - μ_{i}}{σ_{i}}

$\tilde k_i = \frac {k_i-\mu_i}{\sigma_i},\;\; \tilde a_i = \frac {a_i-\mu_i}{\sigma_i}$

Türevleri belirtmek için asalları kullanarak, moment üretme fonksiyonunu doğru bir şekilde belirlediysek çünkü bu ortalanmış ve ölçeklendirilmiş rastgele bir değişkendir. Ve gerçekten, türevleri hesaplayarak, L'Hopital kuralını birçok kez uygulayarak (MGF'nin sıfırdaki değerinin sınırlar üzerinden hesaplanması gerektiğinden) ve cebirsel manipülasyonlar yaparak ilk iki eşitliği doğruladım. Üçüncü eşitlik çok yorucu oldu, ama buna güveniyorum.

{\tilde{M}}_{i} (0) = 1, {\tilde{M}}_{i}^{'} (0) = E (\tilde{Z}) = 0 \Rightarrow {\tilde{M}}_{i}^{″} (0) = E ({\tilde{Z}}_{i}^{2}) = Var ({\tilde{Z}}_{i}) = 1

$\tilde M_i(0) = 1, \;\; \tilde M_i'(0) = E(\tilde Z) = 0 \Rightarrow \tilde M_i''(0) = E(\tilde Z_i^2) = \operatorname {Var}(\tilde Z_i)=1$

Yani uygun bir MGF'miz var. İkinci derece Taylor genişlemesini sıfır civarında alırsak,

\tilde{M} (t) = \tilde{M} (0) + {\tilde{M}}^{'} (0) t + \frac{1}{2} {\tilde{M}}^{″} (0) t^{2} + o (t^{2})

$\tilde M(t) = \tilde M(0) + \tilde M'(0)t +\frac 12\tilde M''(0)t^2 + o(t^2)$

\Rightarrow \tilde{M} (t) = 1 + \frac{1}{2} t^{2} + o (t^{2})

$\Rightarrow \tilde M(t) = 1 + \frac 12t^2+ o(t^2)$

Bu ifade eder karakteristik fonksiyonu (burada hayali birimini gösterir) . $i$

\tilde{ϕ} (t) = 1 + \frac{1}{2} (i t)^{2} + o (t^{2}) = 1 - \frac{1}{2} t^{2} + o (t^{2})

$\tilde \phi(t) = 1 + \frac 12 (it)^2 + o(t^2)= 1 - \frac 12 t^2 + o(t^2)$

Tarafından karakteristik fonksiyonunun özellikleri , biz karakteristik fonksiyonu olduğunu var eşittir $\tilde Z/\sqrt n$

{\tilde{ϕ}}_{\tilde{Z} / \sqrt{n}} (t) = {\tilde{ϕ}}_{\tilde{Z}} (t / \sqrt{n}) = 1 - \frac{t^{2}}{2 n} + o (t^{2} / n)

$\tilde \phi_{\tilde Z/\sqrt n}(t)=\tilde \phi_{\tilde Z}(t/\sqrt n) = 1 - \frac {t^2}{2n} + o(t^2/n)$

Biz, bağımsız rastgele değişken sahip olduğundan ve, karakteristik fonksiyonu olan $\frac 1{\sqrt n}\sum_i^n\tilde Z_i$

{\tilde{ϕ}}_{\frac{1}{\sqrt{n}} \sum_{i}^{n} {\tilde{Z}}_{i}} (t) = \prod_{i = 1}^{n} {\tilde{ϕ}}_{\tilde{Z}} (t / \sqrt{n}) = \prod_{i = 1}^{n} (1 - \frac{t^{2}}{2 n} + o (t^{2} / n))

$\tilde \phi_{\frac 1{\sqrt n}\sum_i^n\tilde Z_i}(t)= \prod_{i=1}^n\tilde \phi_{\tilde Z}(t/\sqrt n)=\prod_{i=1}^n\left(1 - \frac {t^2}{2n} + o(t^2/n)\right)$

Sonra

lim_{n \to \infty} {\tilde{ϕ}}_{\frac{1}{\sqrt{n}} \sum_{i}^{n} {\tilde{Z}}_{i}} (t) = lim_{n \to \infty} {(1 - \frac{t^{2}}{2 n})}^{n} = e^{- t^{2} / 2}

$\lim_{n\rightarrow \infty}\tilde \phi_{\frac 1{\sqrt n}\sum_i^n\tilde Z_i}(t) = \lim_{n\rightarrow \infty}\left(1 - \frac {t^2}{2n}\right)^n = e^{-t^2/2}$

tarafından sayısı ne kadar temsil edilir $e$ . Öyleyse son terim standart normal dağılımın karakteristik işlevi ve Levy'nin süreklilik teoremiyle ,

\frac{1}{\sqrt{n}} \sum_{i}^{n} {\tilde{Z}}_{i} \overset{d}{\to} N (0, 1)

$\frac 1{\sqrt n}\sum_i^n\tilde Z_i \xrightarrow{d} N(0,1)$

CLT. Not olduğu gerçeği - biz onların merkezli ve versiyonlarını ölçekli kabul kez değişkenler değil-aynı görünümden, "kaybolmuş" dağıtılır ve onların MGF / CHF 2. dereceden Taylor genişleme olarak kabul: yaklaşım o seviyede, bu işlevleri aynıdır ve tüm farklılıklar, asemptolojik olarak kaybolan kalan terimlerle sıkıştırılmıştır. $Z$

Bireysel düzeyde kendine özgü davranış, gelen gerçeği tüm bireysel unsurları, yine biz ortalama davranışı göz önüne aldığımızda, bunu çok iyi karma dağılımı olan bir rastgele değişkenin gibi kötü bir yaratık kullanarak görücüye inanıyoruz ortadan kaybolur.

— Alecos Papadopoulos
kaynak

Gerçekten harika Alecos. Benim duygu argüman üzerinde daha spesifik koşullarına bağlıdır gerektiğidir 'ın ve ' ın. Örneğin: hızla kanıt kırılır mı? (Başvurunuzda bunun olmadığını biliyorum.) Ne düşünüyorsunuz?

a_{i}

$a_i$

b_{i}

$b_i$

(b_{i} - a_{i}) ↓ 0

$(b_i-a_i)\downarrow 0$

— Zen

@Zen Bağımsız ama aynı olmayan bir şekilde dağıtılan RV'lerin varyansları ile ilgili sorun çok ince, hala net olarak anladığımı sanmıyorum. Bilinen Lyapunov veya Lindeberg koşulları sadece CLT'nin elinde kalması için yeterlidir . Bu koşullar olmamasına rağmen CLT'nin beklediği durumlar vardır. Bu yüzden, eğer varyansları sınırlamazsak, o zaman tek bir cevap yoktur ve problem tamamen büyük / küçük harfe özgü hale gelir. Billingsley'in kitabı bile bu konuda net değil. Soru, geri kalanın nasıl görüneceği ve bunun hakkında ne söyleyebileceğimizdir.

— Alecos Papadopoulos