Distribuição amostral de duas populações independentes de Bernoulli

Vamos supor que temos amostras de duas variáveis aleatórias independentes de Bernoulli, e . $\mathrm{Ber}(\theta_1)$ $\mathrm{Ber}(\theta_2)$

Como provamos que ?

\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 0, 1)

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

Suponha que . $n_1\neq n_2$

distributions sampling bernoulli-distribution Um velho no mar.
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Z_i = X_1i - X_2i é uma sequência do iid rv de média e variância finitas. Portanto, ele satisfaz o teorema do limite central de Levy-Linderberg, do qual seus resultados se seguem. Ou você está pedindo uma prova da própria clt?

Diagrama de três Diag

@ThreeDiag Como você está aplicando a versão LL do CLT? Eu não acho isso correto. Escreva uma resposta para eu verificar os detalhes.

Um velho no mar.

Todos os detalhes já estão lá. Para a LL se aplicar, você precisa de uma sequência de iid rv com média e variância finitas. A variável Z_i = X_i1 e X_i2 atende a todos os três requisitos. Independência segue desde a independência dos dois bernoulli originais Vars e você pode ver que E (Z_i) e V (Z_i) são finitos, aplicando propriedades padrão de E e V

Três Diag

"amostras de duas variáveis aleatórias independentes de Bernoulli" - expressão incorreta. Deve ser: "duas amostras independentes das distribuições de Bernoulli".

Viktor

Por favor, adicione "como

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

$n_1,n_2\to \infty$

Viktor

Respostas:

Coloque , $a=\frac{\sqrt{\theta_1(1-\theta_1)}}{\sqrt{n_1}}$ , , . Temos . Em termos de funções características, significa $b=\frac{\sqrt{\theta_2(1-\theta_2)}}{\sqrt{n_2}}$ $A=(\bar{X}_1-\theta_1)/a$ $B=(\bar{X}_2-\theta_2)/b$ $A\to_d N(0,1),\ B\to_d N(0,1)$ Queremos provar que

ϕ_{UMA} (t) \equiv E e^{Eu t UMA} \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{uma}{\sqrt{{uma}^{2} + b^{2}}} UMA - \frac{b}{\sqrt{{uma}^{2} + b^{2}}} B \to_{d} N (0 0, 1)

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

Como e são independentes, $A$ $B$ como queremos que ele seja.

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

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

Esta prova está incompleta. Aqui precisamos de algumas estimativas para convergência uniforme de funções características. No entanto, no caso em consideração, podemos fazer cálculos explícitos. Coloque . $p=\theta_1,\ m=n_1$ como. Assim, para umfixo,

\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

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

t

$t$

(mesmo se

), uma vez que

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}

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

a \to 0

$a\to 0$

b \to 0

$b\to 0$

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

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

(ver /math/2566469/uniform-bounds-for-1-y-nn-exp-y/ ).

y / m < 1 / 2

$\ y/m<1/2$

Observe que cálculos semelhantes podem ser feitos para distribuições arbitrárias (não necessariamente Bernoulli) com segundos momentos finitos, usando a expansão da função característica em termos dos dois primeiros momentos.

Viktor
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Isso parece correto. Voltarei a você mais tarde, quando tiver tempo para verificar tudo. ;)

Um velho no mar.

-1

Provar sua declaração é equivalente a provar o Teorema do Limite Central (Levy-Lindenberg), que declara

$\{Z_i\}_{i=1}^n$ $\mathbb{E}(Z_i) = \mu$ $\mathbb{V}(Z_i) = \sigma^2$

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

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

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

Então é fácil ver que, se colocarmos

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

$Z_i = X_1i - X_2i$

X_{1 i}, X_{2 i}

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

B e r (θ_{1})

$Ber(\theta_1)$

B e r (θ_{2})

$Ber(\theta_2)$

E (Z_{Eu}) = θ_{1} - θ_{2} = μ

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

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

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

$n_1 \neq n_2$

Three Diag
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n_{1} \neq n_{2}

$n_1\neq n_2$

Mostrarei mais tarde se você não conseguir. Dica: calcular a variação da média da amostra de Z e da utilização que como a variável no teorema

Três Diag

n_{1} \neq n_{2}

$n_1 \neq n_2$

Fará assim que encontrar um pouco de timr. De fato, havia uma sutileza que impede o uso de LL clt sem ajuste. Existem três maneiras de seguir, a mais simples delas é invocar o fato de que para n1 e n2 grandes, X1 e X2 vão na distribuição para normais, então uma combinação linear de normal também é normal. Esta é uma propriedade dos normais que você pode tomar como dado, caso contrário, você pode prová-lo por funções características.

Three Diag

Os outros dois requerem um clt diferente (Lyapunov possivelmente) ou tratam alternativamente n1 = ie n2 = i + k. Então, para grande i você pode essencialmente desrespeito k e você pode voltar a aplicar LL (mas ainda vai exigir alguns cuidados para unhas a variância direita)

Três Diag