Convergência na distribuição \ CLT

9

Dado que N=n , a distr condicional. de Y é χ2(2n) . N tem distr marginal. de Poisson ( θ ), θ é uma constante positiva.

Mostre que, como θ , ( Y - E ( Y ) ) /   (Y-E(Y))/Var(Y)N(0 0,1 1)na distribuição.

Alguém poderia sugerir estratégias para resolver isso. Parece que precisamos usar o CLT (Teorema do Limite Central), mas parece difícil obter qualquer informação sobre Y por si só. Existe um rv que possa ser introduzido para obter uma amostra de, para gerar Y ?

Isso é lição de casa, então dicas são bem- vindas.

user42102
fonte
Parece uma coisa certa para mim também. Talvez já seja óbvio para você, mas como theta-> Infinito, o que acontece com N?
PeterR
Eu deveria estar olhando para a distribuição de N? Se eu brincar com ele, parece que o pdf sempre será 0. O que posso deduzir disso?
user42102
qual é a média de uma variável aleatória poisson (teta)?
PeterR
Misturei o N nesta pergunta e o tamanho da amostra n na definição de CLT. Então . Então, vemos que o valor esperado de N se aproxima do infinito. Não tenho certeza para onde ir daqui embora. E(N)=θ
user42102
11
Você deve examinar a distribuição do qui ao quadrado não central. Provar que o limite é normal será mais complicado do que uma simples aplicação do CLT, eu temo.
caburke

Respostas:

3

I fornecer uma solução com base em propriedades de funções características, que são definidos como se segue Sabemos que a distribuição é definida exclusivamente pela função característica, então vou provar que ψ ( Y - E Y ) /

ψX(t)=Eexp(EutX).
e a partir disso, segue a convergência desejada.
ψ(Y-EY)/Vumar(Y)ψN(0 0,1 1)(t), quando θ,

Para isso, precisarei calcular a média e a variação de , para as quais uso a lei das expectativas / variações totais - http://en.wikipedia.org/wiki/Law_of_total_expectation . E Y = E { E ( S | N ) } = E { 2 N } = 2 θ V a r ( Y ) = E { V a r ( S | N ) } + V a r {Y

EY=E{E(Y|N)}=E{2N}=2θ
Eu usei que a média e a variância da distribuição de Poisson são E N = V a r ( N ) = θ e média e variância de χ 2 2 n são E
Vumar(Y)=E{Vumar(Y|N)}+Vumar{E(Y|N)}=E{4N}+Vumar(2N)=4θ+4Vumar(N)=8θ
EN=Vumar(N)=θχ2n2 e V a r ( S | N = n ) = 4 n . Agora vem o cálculo com funções características. No primeiro I reescrever a definição de Y como Y = Σ n = 1 Z 2 n I [ N = N ] ,  em que  Z 2 n ~ χ 2 2 nE(Y|N=n)=2nVumar(Y|N=n)=4nY
Y=n=1 1Z2nEu[N=n], Onde Z2nχ2n2
Agora uso teorema que estados A função característica de χ 2 2 n é ψ Z 2 N ( t ) = ( 1 - 2 i t ) - n , que é retirado daqui:
ψY(t)=n=1 1ψZ2n(t)P(N=n)
χ2n2ψZ2n(t)=(1 1-2Eut)-nhttp://en.wikipedia.org/wiki/Characteristic_function_(probability_theory)

Yexp(x)

ψY(t)=n=1 1ψZ2n(t)P(N=n)=n=1 1(1 1-2Eut)-nθnn!exp(-θ)=n=1 1(θ(1 1-2Eut))n1 1n!exp(-θ)=exp(θ1 1-2Eut)exp(-θ)=exp(2Eutθ1 1-2Eut)
ψ(Y-EY)/Vumar(Y)(t)=exp(-EuEYVumarY)ψY(t/VumarY)=exp(-t22)exp(-1 1+2Eut8θ)exp(-t22)=ψN(0 0,1 1)(t), quando θ
Fimba
fonte
1

Isso pode ser demonstrado através do relacionamento com a distribuição não centralizada em quisquared. Há um bom artigo da wikipedia sobre o qual vou referenciar livremente! https://en.wikipedia.org/wiki/Noncentral_chi-squared_distribution

Y|N=n2nn=0,1,,Nθ

Y

fY(y;0,θ)=i=0eθθii!fχ22i(y)
k=0 0

fY(y;k,θ)=Eu=0 0e-θθEuEu!fχ22Eu+k(y)
k2θk0 0θθN=0 0 vai para zero, então a massa pontual em zero desaparece (a variável cinzelado com zero grau de liberdade deve ser interpretada como uma massa pontual em zero, portanto, não possui função de densidade).

kkk

kjetil b halvorsen
fonte