bernoulli-distribution Archives - Page 2 of 2

및 의 두 개의 독립적 인 Bernoulli 랜덤 변수 샘플이 있다고 가정합니다 . $B e r (θ_{1})$

B e r (θ_{1})

$\mathrm{Ber}(\theta_1)$ $B e r (θ_{2})$

B e r (θ_{2})

$\mathrm{Ber}(\theta_2)$

우리는 어떻게 입증 할 그 ?

\frac{({\bar{X}}_{1} - {\bar{X}}_{2}) - (θ_{1} - θ_{2})}{\sqrt{\frac{θ_{1} (1 - θ_{1})}{n_{1}} + \frac{θ_{2} (1 - θ_{2})}{n_{2}}}} \overset{d}{\to} N (0, 1)

$\frac{(\bar X_1-\bar X_2)-(\theta_1-\theta_2)}{\sqrt{\frac{\theta_1(1-\theta_1)}{n_1}+\frac{\theta_2(1-\theta_2)}{n_2}}}\xrightarrow{d} \mathcal N(0,1)$

라고 가정하십시오 . $n_{1} \neq n_{2}$

n_{1} \neq n_{2}

$n_1\neq n_2$

답변

넣어
, ,
,
입니다. 우리가
. 특징적인 기능의 관점에서 그것은

우리는
$a = \frac{\sqrt{θ_{1} (1 - θ_{1})}}{\sqrt{n_{1}}}$

a = \frac{\sqrt{θ_{1} (1 - θ_{1})}}{\sqrt{n_{1}}}

$a=\frac{\sqrt{\theta_1(1-\theta_1)}}{\sqrt{n_1}}$ $b = \frac{\sqrt{θ_{2} (1 - θ_{2})}}{\sqrt{n_{2}}}$

b = \frac{\sqrt{θ_{2} (1 - θ_{2})}}{\sqrt{n_{2}}}

$b=\frac{\sqrt{\theta_2(1-\theta_2)}}{\sqrt{n_2}}$ $A = ({\bar{X}}_{1} - θ_{1}) / a$

A = ({\bar{X}}_{1} - θ_{1}) / a

$A=(\bar{X}_1-\theta_1)/a$ $B = ({\bar{X}}_{2} - θ_{2}) / b$

B = ({\bar{X}}_{2} - θ_{2}) / b

$B=(\bar{X}_2-\theta_2)/b$ $A \to_{d} N (0, 1), B \to_{d} N (0, 1)$

A \to_{d} N (0, 1), B \to_{d} N (0, 1)

$A\to_d N(0,1),\ B\to_d N(0,1)$

ϕ_{A} (t) \equiv E e^{i t A} \to e^{- t^{2} / 2}, ϕ_{B} (t) \to e^{- t^{2} / 2} .

$\phi_A(t)\equiv {\bf E}e^{itA}\to e^{-t^2/2},\ \phi_B(t)\to e^{-t^2/2}.$

D := \frac{a}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} A - \frac{b}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} B \to_{d} N (0, 1)

$D:=\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}A-\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}B\to_d N(0,1)$

이후 및 독립적으로,

원하는대로) $A$

A

$A$ $B$

B

$B$

ϕ_{D} (t) = ϕ_{A} (\frac{a}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} t) ϕ_{B} (- \frac{b}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} t) \to e^{- t^{2} / 2},

$\phi_D(t)=\phi_A\left(\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}t\right)\phi_B\left(-\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}t\right)\to e^{-t^2/2},$

이 증거는 불완전합니다. 여기서 우리는 특성 함수의 균일 한 수렴에 대한 몇 가지 추정이 필요합니다. 그러나 고려중인 경우 명시적인 계산을 수행 할 수 있습니다. 넣어 .

as 입니다. 따라서 고정 경우
$p = θ_{1}, m = n_{1}$

p = θ_{1}, m = n_{1}

$p=\theta_1,\ m=n_1$

\begin{aligned} ϕ_{X_{1, 1}} (t) & = 1 + p (e^{i t} - 1), \\ ϕ_{{\bar{X}}_{1}} (t) & = (1 + p (e^{i t / m} - 1))^{m}, \\ ϕ_{{\bar{X}}_{1} - θ_{1}} (t) & = (1 + p (e^{i t / m} - 1))^{m} e^{- i p t}, \\ ϕ_{A} (t) & = (1 + p (e^{i t / \sqrt{m p (1 - p)}} - 1))^{m} e^{- i p t \sqrt{m} / \sqrt{p (1 - p)}} \\ = {((1 + p (e^{i t / \sqrt{m p (1 - p)}} - 1)) e^{- i p t / \sqrt{m p (1 - p)}})}^{m} \\ = {(1 - \frac{t^{2}}{2 m} + O (t^{3} m^{- 3 / 2}))}^{m} \end{aligned}

$\begin{align} \phi_{X_{1,1}}(t) &= 1+p(e^{it}-1), \\ \phi_{\bar X_{1}}(t) &= (1+p(e^{it/m}-1))^m, \\ \phi_{\bar X_{1}-\theta_1}(t) &= (1+p(e^{it/m}-1))^m e^{-ipt}, \\ \phi_{A}(t) &= (1+p(e^{it/\sqrt{mp(1-p)}}-1))^m e^{-ipt\sqrt{m}/\sqrt{p(1-p)}} \\[5pt] &= \left( \left(1+p(e^{it/\sqrt{mp(1-p)}}-1)\right)e^{-ipt/\sqrt{mp(1-p)}}\right)^m \\[5pt] &=\left( 1-\frac{t^2}{2m}+O(t^3m^{-3/2}) \right)^m \end{align}$ $t^{3} m^{- 3 / 2} \to 0$

t^{3} m^{- 3 / 2} \to 0

$t^3m^{-3/2}\to 0$ $t$

t

$t$

ϕ_{D} (t) = {(1 - \frac{a^{2} t^{2}}{2 (a^{2} + b^{2}) n_{1}} + O (n_{1}^{- 3 / 2}))}^{n_{1}} {(1 - \frac{b^{2} t^{2}}{2 (a^{2} + b^{2}) n_{2}} + O (n_{2}^{- 3 / 2}))}^{n_{2}} \to e^{- t^{2} / 2}

$\phi_D(t)=\left( 1-\frac{a^2t^2}{2(a^2+b^2)n_1}+O(n_1^{-3/2}) \right)^{n_1} \left( 1-\frac{b^2t^2}{2(a^2+b^2)n_2}+O(n_2^{-3/2}) \right)^{n_2} \to e^{-t^2/2}$
( 또는 일지라도 ) 때 ( /math/2566469/uniform-bounds-for-1-y-nn-exp-y/ ). $a \to 0$

a \to 0

$a\to 0$ $b \to 0$

b \to 0

$b\to 0$ $| e^{- y} - (1 - y / m)^{m} | \leq y^{2} / 2 m$

| e^{- y} - (1 - y / m)^{m} | \leq y^{2} / 2 m

$\left|e^{-y}-(1-y/m)^m\right|\le {y^2}/{2m}\$ $y / m < 1 / 2$

y / m < 1 / 2

$\ y/m<1/2$

첫 번째 두 모멘트의 측면에서 특성 함수의 확장을 사용하여 유한 한 두 번째 모멘트를 갖는 임의의 (베르누이가 아닌) 분포에 대해 유사한 계산이 수행 될 수 있습니다.

답변

당신의 진술을 증명하는 것은 (Levy-Lindenberg) Central Limit Theorem을 증명하는 것과 같습니다.

경우 , 유한 평균을 가진 IID 확률 변수의 서열이다 와 유한 분산 다음에 ${Z_{i}}_{i = 1}^{n}$

{Z_{i}}_{i = 1}^{n}

$\{Z_i\}_{i=1}^n$ $E (Z_{i}) = μ$

E (Z_{i}) = μ

$\mathbb{E}(Z_i) = \mu$ $V (Z_{i}) = σ^{2}$

V (Z_{i}) = σ^{2}

$\mathbb{V}(Z_i) = \sigma^2$

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

$\sqrt{n}(\bar{Z} - \mu) \to^d N(0,\sigma^2)$

여기 에서 샘플 분산 인 입니다. $\bar{Z} = \sum_{i} Z_{i} / n$

\bar{Z} = \sum_{i} Z_{i} / n

$\bar{Z} = \sum_i Z_i/n$

그러면 우리가 넣으면 쉽게 알 수 있습니다

Z_{i} = X_{1} i - X_{2} i

$Z_i = X_1i - X_2i$ 와 따르는 및 특히 법칙이 만족되는 조건의 각각에, $X_{1 i}, X_{2 i}$

X_{1 i}, X_{2 i}

$X_{1i}, X_{2i}$ $B e r (θ_{1})$

B e r (θ_{1})

$Ber(\theta_1)$ $B e r (θ_{2})$

B e r (θ_{2})

$Ber(\theta_2)$

E (Z_{i}) = θ_{1} - θ_{2} = μ

$\mathbb{E}(Z_i) = \theta_1 - \theta_2 = \mu$

과

V (Z_{i}) = θ_{1} (1 - θ_{1}) + θ_{2} (1 - θ_{2}) = σ^{2}

$\mathbb{V}(Z_i)= \theta_1(1-\theta_1) +\theta_2(1-\theta_2)= \sigma^2$

(마지막 구절이 있으며 일반적인 경우에 대해서는 약간 조정해야 하지만 지금 가야합니다. 내일을 끝내거나 운동으로 최종 구절로 질문을 편집 할 수 있습니다) $n_{1} \neq n_{2}$

n_{1} \neq n_{2}

$n_1 \neq n_2$

How IT

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두 개의 독립적 인 Bernoulli 모집단의 표본 추출 분포 두 개의 독립적 인 Bernoulli 랜덤

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