CLT가 사용하십시오.λ N λ X ~

우리의 합 알고 그래서 매개 변수를 사용하여 물고기 자리 자체에 포아송입니다 . 따라서 가설 적으로 취할 수 있고 실제로 이라고 말할 수 있습니다 . 각 는 다음과 같습니다. , CLT가 작동하려면 큰 n을 사용하십시오. $n$

n

$n$ $λ$

λ

$\lambda$ $n λ$

n λ

$n\lambda$ $x \sim p o i s s o n (λ = 1)$

x \sim p o i s s o n (λ = 1)

$x \sim poisson(\lambda = 1)$ $\sum_{1}^{n} x_{i} \sim p o i s s o n (λ = 1)$

\sum_{1}^{n} x_{i} \sim p o i s s o n (λ = 1)

$\sum_1^n x_i \sim poisson(\lambda = 1)$ $x_{i}$

x_{i}

$x_i$ $x_{i} \sim p o i s s o n (λ = 1 / n)$

x_{i} \sim p o i s s o n (λ = 1 / n)

$x_i \sim poisson(\lambda = 1/n)$

이것은 (분명히) 작동하지 않습니다. CLT가 정규 변수에 “더 가까운”랜덤 변수에 대해 “빠르게”작동하는 방식과 관련이 있다고 가정하고, 람다가 작을수록 대부분 0 인 랜덤 변수를 얻을수록 다른 변수는 거의 변하지 않습니다.

그러나 내가 설명 한 것은 직관입니다. 이것이 왜 그런지를 설명하는보다 공식적인 방법이 있습니까?

감사!

답변

나는 혼란의 근본 원인이 CLT의 요약 점근선을 당신의 주장의 일종으로 나누는 것으로 보인다는 @whuber에 동의합니다. CLT에서 우리는 고정 분포 를 얻은 다음 그것으로부터 숫자 를 그리고 합 계산합니다 $f (x, λ)$

f (x, λ)

$f(x,\lambda)$ $n$

n

$n$ $x_{i}$

x_{i}

$x_i$ . 을계속 증가 시키면흥미로운 일이 발생합니다.
${\bar{x}}_{n} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} x_{i}$

{\bar{x}}_{n} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} x_{i}

$\bar x_n=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nx_i$ $n$

n

$n$
여기서는 평균 및 분포의 분산입니다.

\sqrt{n} ({\bar{x}}_{n} - μ) \to N (0, σ^{2})

$\sqrt n (\bar x_n-\mu)\rightarrow\mathcal{N}(0,\sigma^2)$ $μ, σ^{2}$

μ, σ^{2}

$\mu,\sigma^2$ $f (x)$

f (x)

$f(x)$

당신이 포아송와 함께 할 제안하고 다소 거꾸로 : 대신에서 변수를 합산의 고정 유통, 당신이 원하는 분할 고정 에 분배 적 변화 부분. 환언하면 가변 받아 (A)로부터 고정 분포 다음 분할 로하여 되도록 $x$

x

$x$ $f (x, λ)$

f (x, λ)

$f(x,\lambda)$ $x_{i}$

x_{i}

$x_i$

\sum_{i = 1}^{n} x_{i} \equiv x

$\sum_{i=1}^nx_i\equiv x$

CLT는이 과정에 대해 무엇을 말합니까? 아무것도. CLT에서 어떻게 우리가 변화했는지 , 그변화분포하는 수렴고정분포 $\sqrt{n} ({\bar{x}}_{n} - μ)$

\sqrt{n} ({\bar{x}}_{n} - μ)

$\sqrt n(\bar x_n-\mu)$ $f_{n} (x)$

f_{n} (x)

$f_n(x)$ $N (0, σ^{2})$

N (0, σ^{2})

$\mathcal{N}(0,\sigma^2)$

설정에서 합계 와 분포 는 변하지 않습니다! 그들은 고정되어 있습니다. 그들은 변하지 않고 아무것도 수렴하지 않습니다. 따라서 CLT는 이에 대해 아무 말도하지 않습니다. $x$

x

$x$ $f (x, λ)$

f (x, λ)

$f(x,\lambda)$

또한 CLT는 합계의 요소 수에 대해 아무 것도 말하지 않습니다. Poisson (0.001)에서 1000 개의 변수 합계를 가질 수 있으며 CLT는 합계에 대해 아무 것도 말하지 않습니다. 그것은 당신이 N을 계속 증가하면 어떤 시점 에서이 합계는 정규 분포처럼 보이기 시작한다는 것입니다 . 실제로 N = 1,000,000이면 정규 분포의 근사값을 얻게됩니다. $\frac{1}{N} \sum_{i = 1}^{N} x_{i}, x_{i} \sim P o i s s o n (0.001)$

\frac{1}{N} \sum_{i = 1}^{N} x_{i}, x_{i} \sim P o i s s o n (0.001)

$\frac{1}{N}\sum_{i=1}^N x_i, x_i\sim Poisson(0.001)$

직감은 합계의 요소 수에 대해서만 옳습니다. 즉, 시작 분포가 정규 분포와 다른 것보다 많으면 정규화하기 위해 더 많은 요소를 합산해야합니다. : 더 많은 형식 (하지만 여전히 비공식적 인) 방법은 푸 아송의 특성 기능을 보면 될 것이다
당신이 경우 , 당신은 테일러 확장을 얻을 (WRT의 ) 중첩 지수 :

\exp (λ (\exp (i t) - 1))

$\exp(\lambda (\exp(it)-1))$ $λ >> 1$

λ >> 1

$\lambda>>1$ $t$

t

$t$
정규 분포 의 특성 함수입니다.

\approx \exp (i λ t - λ / 2 t^{2})

$\approx\exp(i\lambda t-\lambda/2t^2)$ $N (λ, λ^{2})$

N (λ, λ^{2})

$\mathcal{N}(\lambda,\lambda^2)$

그러나 직감이 올바르게 적용되지 않습니다 .CLT의 합산을 일종의 나눗셈으로 바꾸면 문제가 발생하여 CLT가 적용되지 않습니다.

답변

예제의 문제점은 변경됨에 따라 매개 변수를 변경할 수 있다는 것 입니다. CLT는 유한 평균과 sd 를 갖는 고정 분포의 경우 , $n$

n

$n$ $n \to \infty$

n \to \infty

$n \rightarrow \infty$

, $\frac{\sum x - μ}{\sqrt{n}} \to_{d} N (0, σ)$

\frac{\sum x - μ}{\sqrt{n}} \to_{d} N (0, σ)

$\frac {\sum x - \mu} {\sqrt n} \rightarrow_d N(0, \sigma)$

여기서 와 는 분포의 평균과 sd에서 나온 것입니다 . $μ$

μ

$\mu$ $σ$

σ

$\sigma$ $x$

x

$x$

물론, 다른 분포 (즉, 더 높은 기울어 짐)에 대해, 이 정리로부터 도출 된 근사치가 합리적이되기 전에 더 큰 이 필요하다. 사용자의 예에 대해 , 통상 근사 합리적인 전에 요구된다. $n$

n

$n$ $λ_{m} = 1 / m$

λ_{m} = 1 / m

$\lambda_m = 1/m$ $n >> m$

n >> m

$n >> m$

편집하다

CLT가 합계에 적용되지 않고 표준화 된 합계에 적용되는 방법에 대한 논의가 있습니다 (예 : 하지). 이론적으로 이것은 물론 사실입니다. 표준화되지 않은 합계는 대부분의 경우 정의되지 않은 분포를 갖습니다. $\sum x_{i} / \sqrt{n}$

\sum x_{i} / \sqrt{n}

$\sum x_i / \sqrt n$ $\sum x_{i}$

\sum x_{i}

$\sum x_i$

그러나 실제로 CLT가 정당화 한 근사값을 합계에 적용 할 수 있습니다! 경우 큰 위해 통상 CDF에 의해 근사화 될 수 다음 확실히 스칼라 보존의 정상 곱한 너무 수있다. 그리고이 문제에 바로이를 볼 수 있습니다 리콜을하면 것을 다음 $F_{\bar{x}}$

F_{\bar{x}}

$F_{\bar x}$ $n$

n

$n$ $F_{\sum x}$

F_{\sum x}

$F_{\sum x}$ $X_{i} \sim P o i s (λ)$

X_{i} \sim P o i s (λ)

$X_i \sim Pois(\lambda)$ $Y = \sum_{i = 1}^{n} X_{i} \sim P o i s (n λ)$

Y = \sum_{i = 1}^{n} X_{i} \sim P o i s (n λ)

$Y = \sum_{i = 1}^n X_i \sim Pois(n\lambda)$ . 그리고 우리 모두가 큰 대한 우리의 상단 분할 확률 과정에서 배운 , a의 CDF 와 함께 정상에 의해 아주 잘 근사 할 수 , . 그래서 어떤 위해 고정 우리의 CDF 근사 할 와 매우 잘 $λ$

λ

$\lambda$ $P o i s (λ)$

P o i s (λ)

$Pois(\lambda)$ $μ = λ$

μ = λ

$\mu = \lambda$ $σ^{2} = λ$

σ^{2} = λ

$\sigma^2 = \lambda$ $λ$

λ

$\lambda$ $Y \sim P o i s (n λ)$

Y \sim P o i s (n λ)

$Y \sim Pois(n\lambda)$ $Φ (\frac{y - n λ}{\sqrt{n λ}})$

Φ (\frac{y - n λ}{\sqrt{n λ}})

$\Phi( \frac{y - n\lambda}{\sqrt{n\lambda} })$ for a large enough $n$

n

$n$ if $λ > 0$

λ > 0

$\lambda > 0$ (approximation can trivially be applied if $λ = 0$

λ = 0

$\lambda = 0$ , but not the calculation of the CDF as I have written it).

While the CLT does not readily apply to sums, the approximation based on the CLT certainly does. I believe this is what the OP was referring to when discussing applying the CLT to the sum.

답변

$n$

n

$n$ $λ_{n}$

λ_{n}

$\lambda_n$ $λ_{n} = 1$

λ_{n} = 1

$\lambda_n = 1$ $S_{n} = \sum_{i = 1}^{n} X_{i, n}$

S_{n} = \sum_{i = 1}^{n} X_{i, n}

$S_n = \sum_{i=1}^n X_{i,n}$ . After all, it’s common to apply a CLT even in problems where the distributions of the components of the sum depend on $n$

n

$n$ . It’s also common to decompose Poisson distributions as the distribution of a sum of Poisson variables, and then apply a CLT.

The key issue as I see it is that your construction implies the distribution of $X_{i, n}$

X_{i, n}

$X_{i, n}$ depends on $n$

n

$n$ in such a way that the parameter of the distribution of $S_{n}$

S_{n}

$S_n$ does not grow in $n$

n

$n$ . If you would instead have taken, for example, $S_{n} \sim P o i (n)$

S_{n} \sim P o i (n)

$S_n \sim Poi(n)$ and made the same decomposition, the standard CLT would apply. In fact, one can think of many decompositions of a $P o i (λ_{n})$

P o i (λ_{n})

$Poi(\lambda_n)$ distribution that allows for application of a CLT.

The Lindeberg-Feller Central Limit Theorem for triangular arrays is often used to examine convergence of such sums. As you point out, $S_{n} \sim P o i (1)$

S_{n} \sim P o i (1)

$S_n \sim Poi(1)$ for all $n$

n

$n$ , so $S_{n}$

S_{n}

$S_n$ cannot be asymptotically normal. Still, examining the Lindeberg-Feller condition sheds some light on when decomposing a Poisson into a sum may lead to progress.

A version of the theorem may be found in these notes by Hunter. Let $s_{n}^{2} = V a r (S_{n})$

s_{n}^{2} = V a r (S_{n})

$s_n^2 = \mathrm{Var(S_n)}$ . The Lindeberg-Feller condition is that, $\forall ϵ > 0$

\forall ϵ > 0

$\forall \epsilon >0$ :

\frac{1}{s_{n}^{2}} \sum_{i = 1}^{n} E [X_{i, n} - 1 / n]^{2} I (| X_{i, n} - 1 / n | > ϵ s_{n}) \to 0, n \to \infty

$\frac{1}{s_n^2}\sum_{i=1}^n\mathbb E[X_{i,n} - 1/n]^2I(\vert X_{i,n} - 1/n \vert >\epsilon s_n) \to 0,n\to\infty$

Now, for the case at hand, the variance of the terms in the sum is dying off so quickly in $n$

n

$n$ that $s_{n} = 1$

s_{n} = 1

$s_n = 1$ for every $n$

n

$n$ . For fixed $n$

n

$n$ , we also have that the $X_{i, n}$

X_{i, n}

$X_{i,n}$ are iid. Thus, the condition is equivalent to

n E [X_{1, n} - 1 / n]^{2} I (| X_{1, n} - 1 / n | > ϵ) \to 0.

$n\mathbb E[X_{1,n} - 1/n]^2I(\vert X_{1,n} - 1/n \vert >\epsilon) \to 0.$

But, for small $ϵ$

ϵ

$\epsilon$ and large $n$

n

$n$ ,

\begin{aligned} n E [X_{1, n} - 1 / n]^{2} I (| X_{1, n} - 1 / n | > ϵ) & > n ϵ^{2} P (X_{1, n} > 0) \\ = ϵ^{2} n [1 - e^{- 1 / n}] \\ = ϵ^{2} n [1 - (1 - 1 / n + o (1 / n))] \\ = ϵ^{2} + o (1), \end{aligned}

$\begin{align} n\mathbb E[X_{1,n} - 1/n]^2I(\vert X_{1,n} - 1/n \vert >\epsilon) &>n\epsilon^2P(X_{1,n}>0) \\ &=\epsilon^2n[1 - e^{-1/n}] \\ &= \epsilon^2n[1-(1 - 1/n + o(1/n))] \\ &= \epsilon^2 + o(1), \end{align}$

which does not approach zero. Thus, the condition fails to hold. Again, this is as expected since we already know the exact distribution of $S_{n}$

S_{n}

$S_n$ for every $n$

n

$n$ , but going through these calculations gives some indications of why it fails: if the variance didn’t die off as quickly in $n$

n

$n$ you could have the condition hold.

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