Как посчитать такой "момент"?

[Somenoob]

Здравствуйте.

У нас есть выборка $X$, большая. Мы хотим посчитать момент $\int^\infty _{-\infty} (x-m)^2 dF(x)$, где $m$ - среднее. Берем и просто считаем выборочную дисперсию.

А если мы хотим посчитать такой "момент": $\int^\infty _{-\infty} (x-m)^2 dG(F(x))$, как его рассчитать по выборке $X$? $G:[0,1] \to [0,1]$ - дифференцируемая, монотонно возрастающая функция

[SpBTimes]

Достаточные условия существования и св-ва интеграла Стилтьеса знаете?

[Somenoob]

SpBTimes в сообщении #743363 писал(а):

Достаточные условия существования и св-ва интеграла Стилтьеса знаете?

Нет, поэтому наверно и задал этот вопрос.

[Otta]

Somenoob в сообщении #743354 писал(а):

У нас есть выборка $X$, большая. Мы хотим посчитать момент $\int^\infty _{-\infty} (x-m)^2 dF(x)$, где $m$ - среднее. Берем и просто считаем выборочную дисперсию.

Извините, но выборочная дисперсия к Вашему интегралу не имеет никакого отношения.

[Somenoob]

Otta в сообщении #743369 писал(а):

Somenoob в сообщении #743354 писал(а):

У нас есть выборка $X$, большая. Мы хотим посчитать момент $\int^\infty _{-\infty} (x-m)^2 dF(x)$, где $m$ - среднее. Берем и просто считаем выборочную дисперсию.

Извините, но выборочная дисперсия к Вашему интегралу не имеет никакого отношения.

А при $n \to \infty$, где $n$ число наблюдений в выборке, имеет?

[Otta]

При $n\to\infty$ выборочная дисперсия сходится к Вашему интегралу по вероятности, как известно.

[SpBTimes]

Somenoob

Somenoob в сообщении #743368 писал(а):

Нет, поэтому наверно и задал этот вопрос.

Так изучите.

[Somenoob]

Otta в сообщении #743378 писал(а):

При $n\to\infty$ выборочная дисперсия сходится к Вашему интегралу по вероятности, как известно.

Мне по сути нужно взвешивать наблюдения из выборки в соответствии с функцией $G$. С интегралом понятно, но как построить по выборке эти выборочные моменты, чтобы при $n \to \infty$ они стремились к интегралам, подобно этому $\int^\infty _{-\infty} (x-m)^2 dG(F(x))$. Это возможно в принципе?

[--mS--]

Не зная функций $F$ и $G$ - никак. А Вы, их, видимо, не знаете, иначе бы не вычисляли оценки вместо истинных моментов. Если же обе функции известны и $G$ тоже функция распределения (безо всяких лишних предположений непрерывности и строгой монотонности относительно $G$, но при непрерывной $F$), то выборка с функцией распределения $G(F(x))$ получается из выборки с функцией распределения $F(x)$ как $Y_i = F^{-1}(G^{-1}(F(X_i)))$. Что само по себе бессмысленно. С тем же успехом $Y_i=F^{-1}(G^{-1}(Z_i))$, где $Z_i$ - равномерно распределенные на $[0,\,1]$ величины, и ни при чём тут исходная выборка и непрерывность $F$. Что тоже бессмысленно: зачем выборки, зачем выборочные дисперсии и т.п., когда функции под интегралом известны?

З.Ы. Всюду выше под $H^{-1}$ понимается квантильное преобразование $H^{-1}(y)=\inf\{x\,:\, F(x)\geqslant y\}$.

Вот только фраза "взвешивать наблюдения из выборки в соответствии с функцией $G$" подразумевает, что вместо выборки $X_i$ Вы должны использовать $G(X_i)$, и ничего похожего на выписанный выше интеграл тут не возникнет. Может быть, Вы сформулировали бы задачу более чётко?

[Somenoob]

--mS-- в сообщении #743386 писал(а):

Может быть, Вы сформулировали бы задачу более чётко?

Хорошо. Функция $F$ неизвестна, функция $G$ известна, и это не функция распределения. Интеграл $\int^\infty _{-\infty} dG(F(x))$ не интегрируется в единицу.
У меня есть лишь выборка из распределения $F(x)$. Нужно посчитать "моменты" (которые уже видимо не являются моментами в строгом смысле, по-этому "моменты"), которые при $n \to \infty$ стремились бы к значениям типа $\int^\infty _{-\infty} (x-m)^2 dG(F(x))$, или $\int^\infty _{-\infty} x dG(F(x))$, или третий центральный "момент" $\int^\infty _{-\infty} (x-m)^3 dG(F(x))$ и так далее.

--mS-- в сообщении #743386 писал(а):

Вот только фраза "взвешивать наблюдения из выборки в соответствии с функцией $G$" подразумевает, что вместо выборки $X_i$ Вы должны использовать $G(X_i)$, и ничего похожего на выписанный выше интеграл тут не возникнет.

Да, я ошибся. "Взвешивать" надо вероятности $F(x)$.

[Otta]

Somenoob в сообщении #743388 писал(а):

функция $G$ известна

$G(0)=0,G(1)=1$?

[Somenoob]

Короче я понял как решать. Буду использовать эмпирическую функцию распределения, полученную по $X$. Спасибо --mS--.

Otta в сообщении #743393 писал(а):

$G(0)=0,G(1)=1$?

да

[Otta]

Somenoob в сообщении #743395 писал(а):

Буду использовать эмпирическую функцию распределения, полученную по $X$

Не буду мешать, хотя и интересно, хотя бы, какую именно эмпирическую функцию распределения Вы собираетесь использовать. Зачем - это уже другой вопрос.

Somenoob в сообщении #743395 писал(а):

да

"Да" сие находится в некоем диссонансе с

Somenoob в сообщении #743388 писал(а):

Интеграл $\int^\infty _{-\infty} dG(F(x))$ не интегрируется в единицу.

[Somenoob]

Otta в сообщении #743399 писал(а):

"Да" сие находится в некоем диссонансе с

Somenoob в сообщении #743388 писал(а):

Интеграл $\int^\infty _{-\infty} dG(F(x))$ не интегрируется в единицу.

Сейчас проверил, интегрируется. Ошибся я.