দুটি স্বতন্ত্র বের্নোল্লি জনসংখ্যা থেকে নমুনা বিতরণ

আসুন ধরে নেওয়া যাক আমাদের দুটি স্বতন্ত্র বের্নোল্লি র্যান্ডম ভেরিয়েবল, $\mathrm{Ber}(\theta_1)$ এবং নমুনা পেয়েছি $\mathrm{Ber}(\theta_2)$ ।

আমরা কীভাবে প্রমাণ করব

\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)

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

ধরে নিন যে $n_1\neq n_2$ ।

distributions sampling bernoulli-distribution

— সমুদ্রের এক বৃদ্ধা।
সূত্র

Z_i = X_1i - X_2i হ'ল সীমাবদ্ধ গড় এবং বৈকল্পিকের আইআইডি আরভিয়ের ক্রম। অতএব এটি লেভি-লিন্ডারবার্গ কেন্দ্রীয় সীমাবদ্ধ তত্ত্বটিকে সন্তুষ্ট করে যা থেকে আপনার ফলাফল অনুসরণ করে। অথবা আপনি নিজেই এই clt এর প্রমাণ চাইছেন?

— তিনটি ডায়াগ

@ থ্রিডায়াগ আপনি কীভাবে সিএলটি-র এলএল সংস্করণ প্রয়োগ করছেন? আমি এটা সঠিক মনে করি না। বিশদটি পরীক্ষা করার জন্য আমার জন্য একটি উত্তর লিখুন।

— সমুদ্রের এক বৃদ্ধ।

সমস্ত বিবরণ ইতিমধ্যে সেখানে আছে। এলএল প্রয়োগের জন্য আপনার সীমাবদ্ধ গড় এবং বৈকল্পিক সহ আইড আরভি এর ক্রম দরকার। ভেরিয়েবল Z_i = X_i1 এবং X_i2 তিনটি প্রয়োজনীয়তা পূরণ করে। স্বাধীনতা দুটি মূল বার্নোল্লি ওয়ার্সের স্বাধীনতা থেকে অনুসরণ করে আপনি দেখতে পাচ্ছেন যে E (জেড_আই) এবং ভি (জেড_আই) ই এবং ভি এর মানসম্পন্ন বৈশিষ্ট্য প্রয়োগ করে সীমাবদ্ধ

— থ্রি ডায়াগ

"দুটি স্বতন্ত্র বার্নোল্লি র্যান্ডম ভেরিয়েবলের নমুনা" - ভুল অভিব্যক্তি। অবশ্যই হবে: "বার্নোল্লি বিতরণ থেকে দুটি স্বতন্ত্র নমুনা"।

— ভিক্টর

দয়া করে "হিসাবে

" যুক্ত করুন।

n_{1}, n_{2} \to \infty

$n_1,n_2\to \infty$

— ভিক্টর

উত্তর:

Put রাখুন , $a=\frac{\sqrt{\theta_1(1-\theta_1)}}{\sqrt{n_1}}$ $b=\frac{\sqrt{\theta_2(1-\theta_2)}}{\sqrt{n_2}}$ , $A=(\bar{X}_1-\theta_1)/a$ , $B=(\bar{X}_2-\theta_2)/b$ . We have $A\to_d N(0,1),\ B\to_d N(0,1)$ . In terms of characteristic functions it means

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

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

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

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

Since $A$ and $B$ are independent,

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},

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

This proof is incomplete. Here we need some estimates for uniform convergence of characteristic functions. However in the case under consideration we can do explicit calculations. Put $p=\theta_1,\ m=n_1$ .

\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}

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

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

$t^3m^{-3/2}\to 0$ . Thus, for a fixed

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}

$\phi_D(t)=\left( 1-\frac{a^2t^2}{2(a^2+b^2)n_1}+O(n_1^{-3/2}) \right)^{n_1} \left( 1-\frac{b^2t^2}{2(a^2+b^2)n_2}+O(n_2^{-3/2}) \right)^{n_2} \to e^{-t^2/2}$ (even if

a \to 0

$a\to 0$ or

b \to 0

$b\to 0$ ), since

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

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

y / m < 1 / 2

$\ y/m<1/2$ (see /math/2566469/uniform-bounds-for-1-y-nn-exp-y/ ).

Note that similar calculations may be done for arbitrary (not necessarily Bernoulli) distributions with finite second moments, using the expansion of characteristic function in terms of the first two moments.

— Viktor
সূত্র

This seems correct. I'll get back to you later on, when I have time to check everything. ;)

— An old man in the sea.

-1

Proving your statement is equivalent to proving the (Levy-Lindenberg) Central Limit Theorem which states

If $\{Z_i\}_{i=1}^n$ is a sequence of i.i.d random variable with finite mean $\mathbb{E}(Z_i) = \mu$ and finite variance $\mathbb{V}(Z_i) = \sigma^2$ then

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

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

Here $\bar{Z} = \sum_i Z_i/n$ that is the sample variance.

Then it is easy to see that if we put

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

$Z_i = X_1i - X_2i$ with

X_{1 i}, X_{2 i}

$X_{1i}, X_{2i}$ following a

B e r (θ_{1})

$Ber(\theta_1)$ and

B e r (θ_{2})

$Ber(\theta_2)$ respectively the conditions for the theorem are satisfied, in particular

E (Z_{i}) = θ_{1} - θ_{2} = μ

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

and

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

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

(There's a last passage, and you have to adjust this a bit for the general case where $n_1 \neq n_2$ but I have to go now, will finish tomorrow or you can edit the question with the final passage as an exercise )

— Three Diag
সূত্র

I could not obtain what I wanted exactly because of the possibility of

n_{1} \neq n_{2}

$n_1\neq n_2$

— An old man in the sea.

I will show later if you can't get it. Hint: compute the variance of the sample mean of Z and use that as the variable in the theorem

— Three Diag

Three, could you please add the details for when

n_{1} \neq n_{2}

$n_1 \neq n_2$ ? Thanks

— An old man in the sea.

Will do as soon as find a little timr. There was in fact a subtlety that prevents from using LL clt without adjustment. There are three ways to go, the simplest of which is invoking the fact that for large n1 and n2, X1 and X2 go in distribution to normals, then a linear combination of normal is also normal. This is a property of normals that you can take as given, otherwise you can prove it by characteristic functions.

— Three Diag

The other two require either a different clt (Lyapunov possibly) or alternatively treat n1 = i and n2= i +k. Then for large i you can essentially disregard k and you can go back to apply LL (but still it will require some care to nail the right variance)

— Three Diag