সিএলটি কেন

সুতরাং আমরা জানি যে একটি সমষ্টি $n$ পরামিতি সঙ্গে poissons $\lambda$ নিজেই সঙ্গে একটি পইসন হয় $n\lambda$ । সুতরাং অনুমান, এক সময় লাগতে পারে $x \sim poisson(\lambda = 1)$ এবং বলে এটা আসলে $\sum_1^n x_i \sim poisson(\lambda = 1)$ যেখানে প্রতিটি $x_i$ হল: $x_i \sim poisson(\lambda = 1/n)$ , এবং একটি বৃহৎ এন নিতে কাজ CLT জন্য।

এটি (স্পষ্টতই) কাজ করে না। আমি ধরে নিই যে সিএলটি র্যান্ডম ভেরিয়েবলগুলির জন্য "দ্রুত" কীভাবে কাজ করে যা স্বাভাবিকের সাথে "কাছাকাছি" থাকে তার সাথে কিছু করার আছে এবং ছোট ল্যাম্বডা যত বেশি হয় আমরা একটি এলোমেলো ভেরিয়েবল পাই যা বেশিরভাগ 0 এবং খুব কমই অন্য কিছু পরিবর্তিত হয়।

তবে আমি যা ব্যাখ্যা করেছি তা হ'ল আমার স্বজ্ঞাততা ition কেন এই ঘটনাটি বোঝানোর আরও আনুষ্ঠানিক উপায় আছে?

ধন্যবাদ!

poisson-distribution central-limit-theorem asymptotics

— তাল গালিলি
সূত্র

প্রারম্ভিকদের জন্য, সিএলটি আপনাকে

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

$\sum_{i=1}^nx_i$ দ্বারা divide ভাগ করতে হবে

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$ (এই ক্ষেত্রে আপনি গাউসে রূপান্তরিত হবেন)।

— অ্যালেক্স আর

@AlexR। আপনি

দ্বারা ভাগ করেন না

n

$n$ , তবে মান বিচ্যুতি

of এর একটি কারণ হবে

1 / \sqrt{n}

$1/\sqrt n$

— আকসকল

এই প্রশ্নটি সিএলটি "কাজ করছে না" এর সাথে কী করবে তা আমি দেখতে পাচ্ছি না। CLT উদ্বেগ আদর্শায়িত অঙ্কের একটি সঙ্গে র্যান্ডম ভেরিয়েবল দেওয়া বন্টন, যেহেতু আপনি একটি গ্রহণ করা হয় একক দৈব চলক এবং অসীম অনেক উপায় চিন্তা বিভাজক এটি আপ।

— whuber

@ অ্যালেক্সার সেটআপটি সমস্ত ভুল বলে মনে হচ্ছে। এখানে দুটি পৃথক প্রক্রিয়া চলছে - সংক্ষেপণ এবং বিভাগ - এবং তাদের অনুরূপ অ্যাসিপোটোটিক বৈশিষ্ট্য থাকা উচিত বলে মনে করার কোনও কারণ নেই।

— whuber

@ আকসাকাল: আসলে, অ্যালেক্সআর সঠিক। আপনার দ্বারা ভাগ কর

n

$n$ , আপনি হিসাবে একটি অধ: পতিত বন্টন পেতে

n \to \infty

$n \rightarrow \infty$ । যদি আপনি by দিয়ে ভাগ করেন

\sqrt{n}

$\sqrt n$ , আপনি এসডি সঙ্গে = 1 হিসাবে একটি সাধারন বন্টনের কাছে

n \to \infty

$n \rightarrow \infty$ ।

— ক্লিফ এবি

উত্তর:

আমি @ শুভেচ্ছার সাথে একমত যে বিভ্রান্তির মূলটি মনে হয় আপনার যুক্তিতে কিছুটা বিভাগের সাথে সিএলটি-তে সামিট অ্যাসিপটোটিককে প্রতিস্থাপন করছে। CLT আমরা পেতে সংশোধন বন্টন $f(x,\lambda)$ তারপর আঁকা $n$ সংখ্যার $x_i$ তা থেকে এবং সমষ্টি নিরূপণ $\bar x_n=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nx_i$ । যদি আমরাবাড়তে থাকি $n$ তবে একটি আকর্ষণীয় জিনিস ঘটে:

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

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

μ, σ^{2}

$\mu,\sigma^2$ গড় এবং বন্টনের

f (x)

$f(x)$ ।

আপনি কি পইসন সঙ্গে কাজ করতে পরামর্শ করছি কিছুটা পিছনের দিকে হল: এর পরিবর্তে একটি থেকে ভেরিয়েবল summing এর সংশোধন করা হয়েছে বন্টন, আপনি চান ভাগ সংশোধন মধ্যে বন্টন কখনও পরিবর্তন অংশ। অন্য কথায় আপনি একটি স্থির বিতরণ থেকে একটি ভেরিয়েবল $x$ নেন এবং তারপরে এটিকে তে ভাগ করুন যাতে $f(x,\lambda)$ $x_i$

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

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

সিএলটি এই প্রক্রিয়া সম্পর্কে কী বলে? কিছুই নেই। দ্রষ্টব্য, সিএলটি-তে আমরা কীভাবে ever পরিবর্তন করি , এবং এরপরিবর্তিতবিতরণযা একটিনির্দিষ্টবিতরণরূপান্তর করে $\sqrt n(\bar x_n-\mu)$ $f_n(x)$ $\mathcal{N}(0,\sigma^2)$

আপনার সেটআপ সালে তন্ন তন্ন সমষ্টি না এর বন্টন পরিবর্তন করা হয়! তারা ঠিক আছে। তারা পরিবর্তন করছে না, তারা কোনও কিছুর সাথে রূপান্তর করছে না। সুতরাং, তাদের সম্পর্কে সিএলটি-র কিছু বলার নেই। $x$ $f(x,\lambda)$

এছাড়াও, সিএলটি যোগফলের উপাদানগুলির সংখ্যা সম্পর্কে কিছুই বলে না। আপনার পোইসন (0.001) থেকে 1000 ভ্যারিয়েবলের যোগফল থাকতে পারে এবং সিএলটি যোগফল সম্পর্কে কিছুই বলতে পারে না। এটি কেবল যা বলে তা হ'ল যদি আপনি N বাড়তে থাকেন তবে এক পর্যায়ে এই যোগফলটি সাধারণ বন্টন মতো দেখতে শুরু করবে। প্রকৃতপক্ষে যদি এন = 1,000,000 আপনি সাধারণ বন্টনের ঘনিষ্ঠতা পাবেন get $\frac{1}{N}\sum_{i=1}^N x_i, x_i\sim Poisson(0.001)$

আপনার স্বজ্ঞাততাটি কেবল যোগফলের উপাদানের সংখ্যা সম্পর্কে সঠিক, অর্থাত্‍ শুরুর বন্টন স্বাভাবিকের চেয়ে আলাদা, তারপরে স্বাভাবিক হওয়ার জন্য আরও উপাদানগুলির যোগফল আপনার প্রয়োজন। : আরো প্রথাগত (কিন্তু এখনও অনানুষ্ঠানিক) পথ পইসন চারিত্রিক ফাংশন দিকে তাকিয়ে হবে আপনি যদি (wrt, আপনি টেলর প্রসারের পেতে ) নেস্টেড এক্সপোনেন্টটির:

\exp (λ (\exp (i t) - 1))

$\exp(\lambda (\exp(it)-1))$

λ >> 1

$\lambda>>1$

t

$t$

এটি স্বাভাবিক বন্টন চারিত্রিক ফাংশন

\approx \exp (i λ t - λ / 2 t^{2})

$\approx\exp(i\lambda t-\lambda/2t^2)$

N (λ, λ^{2})

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

যাইহোক, আপনার স্বজ্ঞাততা সঠিকভাবে প্রয়োগ করা হয়নি: আপনার একরকম বিভাগের সাথে সিএলটিতে সংশ্লেষকে স্থানান্তরিত করা জিনিসগুলিকে গোলমেলে ফেলেছে এবং সিএলটি প্রয়োগযোগ্য নয়।

— Aksakal
সূত্র

+1 প্রিফেটরি উপাদানটি সুন্দরভাবে শব্দযুক্ত, খুব স্পষ্ট এবং ইস্যুটির কেন্দ্রবিন্দুতে পৌঁছে।

— হোবার

আপনার উদাহরণের সাথে সমস্যাটি হ'ল আপনি প্যারামিটারগুলিকে পরিবর্তন হিসাবে পরিবর্তন করতে দিচ্ছেন। সিএলটি আপনাকে বলে যে একটি সীমাবদ্ধ গড় এবং এসডি সহ একটি নির্দিষ্ট বিতরণের জন্য হিসাবে , $n$ $n \rightarrow \infty$

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

যেখানে এবং গড় এবং বিতরণের এসডি থেকে এসেছ । $\mu$ $\sigma$ $x$

অবশ্যই, বিভিন্ন বিতরণের জন্য (উদাহরণস্বরূপ উচ্চতর স্কিউড), এই উপপাদ্য থেকে প্রাপ্ত অনুমানটি যুক্তিসঙ্গত হওয়ার আগে বৃহত্তর প্রয়োজন। আপনার উদাহরণে, জন্য , একটি সামনে স্বাভাবিক পড়তা যুক্তিযুক্ত প্রয়োজন। $n$ $\lambda_m = 1/m$ $n >> m$

সম্পাদনা

সিএলটি কীভাবে অঙ্কের ক্ষেত্রে প্রযোজ্য না তা বরং অঙ্কগুলিতে (যেমন না)। তত্ত্বের ক্ষেত্রে, এটি অবশ্যই সত্য: অস্তিত্বহীন রাশির বেশিরভাগ ক্ষেত্রেই একটি অপরিজ্ঞাত বিতরণ থাকবে। $\sum x_i / \sqrt n$ $\sum x_i$

যাইহোক, অনুশীলনে, আপনি অবশ্যই সিএলটি দ্বারা যুক্তিসঙ্গত আনুষঙ্গিক পরিমাণ প্রয়োগ করতে পারেন! তাহলে বৃহৎ জন্য একটি স্বাভাবিক সিডিএফ দ্বারা আনুমানিক যাবে , তারপর অবশ্যই খুব পারেন, একটি স্কেলার সংরক্ষণ স্বাভাবিক দ্বারা গুন হিসাবে। আর তুমি এই সমস্যা সরাসরি এই দেখতে পারেন: রিকল যে যদি , তারপর $F_{\bar x}$ $n$ $F_{\sum x}$ $X_i \sim Pois(\lambda)$ $Y = \sum_{i = 1}^n X_i \sim Pois(n\lambda)$ । এবং আমরা সবাই আমাদের উপরের বিভাজন সম্ভাব্যতা কোর্সে শিখেছি যে বৃহৎ জন্য , একটি সিডিএফ বেশ ভাল একটি স্বাভাবিক দ্বারা আনুমানিক যাবে , । সুতরাং কোনো জন্য সংশোধন করা হয়েছে , আমরা এর সিডিএফ অনুমান করতে পারে মোটামুটি ভাল সঙ্গে $\lambda$ $Pois(\lambda)$ $\mu = \lambda$ $\sigma^2 = \lambda$ $\lambda$ $Y \sim Pois(n\lambda)$ বড় পরিমাণেযদি(আনুমানিকভাবে তুচ্ছভাবে প্রয়োগ করা যায়, তবে সিডিএফের গণনা যেমন আমি এটি লিখেছি না)। $\Phi( \frac{y - n\lambda}{\sqrt{n\lambda} })$ $n$ $\lambda > 0$ $\lambda = 0$

যদিও সিএলটি সহজেই অঙ্কগুলিতে প্রযোজ্য না, তবে সিএলটি-র উপর ভিত্তি করে অনুমানটি অবশ্যই হয়। আমি বিশ্বাস করি যে সমষ্টিটিতে সিএলটি প্রয়োগের বিষয়ে আলোচনা করার সময় ওপি এই বিষয়টিকেই উল্লেখ করেছিল।

— ক্লিফ এবি
সূত্র

প্রশ্ন হল, আমি তর্ক আরো আকর্ষণীয় যদি সম্পর্কে চিন্তার আরো সাধারণভাবে, পিতা বা মাতা পইসন উপর নির্ভর করে বিতরণের লেট , প্যারামিটার বলে এবং বিশেষ স্থান ধার্য। আমার মনে হয় এটা কেন জিজ্ঞাসা করতে পুরোপুরি যুক্তিসঙ্গত, এবং কিভাবে আমরা বুঝতে পারেন, একটি কেন্দ্রীয় সীমা উপপাদ্য সমষ্টি জন্য না রাখা । সর্বোপরি, এমন সমস্যায়ও সিএলটি প্রয়োগ করা সাধারণ যেখানে সমষ্টিগুলির উপাদানগুলির বিতরণ উপর নির্ভর করে $n$ $\lambda_n$ $\lambda_n = 1$ $S_n = \sum_{i=1}^n X_{i,n}$ $n$ । পইসন বিতরণগুলিকে পয়সন ভেরিয়েবলের যোগফলের বিতরণ হিসাবে পচে যাওয়া এবং তারপরে একটি সিএলটি প্রয়োগ করাও সাধারণ।

The key issue as I see it is that your construction implies the distribution of $X_{i, n}$ depends on $n$ in such a way that the parameter of the distribution of $S_n$ does not grow in $n$ . If you would instead have taken, for example, $S_n \sim Poi(n)$ and made the same decomposition, the standard CLT would apply. In fact, one can think of many decompositions of a $Poi(\lambda_n)$ 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, $S_n \sim Poi(1)$ for all $n$ , so $S_n$ 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 $s_n^2 = \mathrm{Var(S_n)}$ . The Lindeberg-Feller condition is that, $\forall \epsilon >0$ :

\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 $n$ that $s_n = 1$ for every $n$ . For fixed $n$ , we also have that the $X_{i,n}$ 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 $\epsilon$ and large $n$ ,

\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 $S_n$ for every $n$ , but going through these calculations gives some indications of why it fails: if the variance didn't die off as quickly in $n$ you could have the condition hold.

— ekvall
সূত্র

+1 This nicely illuminates a comment by @AlexR to the question, too.

— whuber