Распределение Пуассона = распределение Гаусса. Почти юмор

[nibble]

Известный факт:

Цитата:

Сумма независимых пуассоновских случайных величин также имеет распределение Пуассона.
Пусть $Y_i\sim\mathrm{P}(\lambda_i),\; i=1,\ldots,n$. Тогда
$Y = \sum\limits_{i=1}^n Y_i \sim \mathrm{P}\left(\sum\limits_{i=1}^n \lambda_i\right)$.

Итак, $X_{\lambda} \sim X_{\frac{\lambda}{2}} + X_{\frac{\lambda}{2}} $, $X_{\lambda} \sim X_{\frac{\lambda}{3}} + X_{\frac{\lambda}{3}} + X_{\frac{\lambda}{3}} $,
$X_{\lambda} \sim X_{\frac{\lambda}{n}} + ... + X_{\frac{\lambda}{n}} = \sum_{i=1}^{n} X_{\frac{\lambda}{n}} $
Все $X_{\frac{\lambda}{n}$ независимы, имеют конечное мат.ожидание и дисперсию $\frac{\lambda}{n}$. Положим $n$ достаточно большим и применим центральную предельную теорему:

$\frac{\sum_{i=1}^{n} X_{\frac{\lambda}{n}}- \lambda}{\lambda \sqrt n} \to N(0,1)$

То есть, при достаточно больших n:
$\frac{X_{\lambda} - \lambda}{\lambda \sqrt n} \sim N(0,1)$
Таким образом, мы доказали, что распределение Пуассона $\sim$ нормальное распределение. Думаю, аналогичные рассуждения можно провести с любыми безгранично делимыми распределениями.

Прежде чем писать докторскую на эту тему (ирония) хотелось бы понять, в чём именно моя ошибка. Спасибо.

[--mS--]

Ваши слагаемые зависят от $n$. И корень из $n$ откуда-то в знаменателе появился, откуда? Такая дробь не к нормальному распределению сходится слабо, а к нулю.

P.S. В очередной раз предлагаю исправить в знаменателе дисперсию на то, что там должно стоять.

[nibble]

$\frac{X_{\lambda} - \lambda}{\sqrt{\lambda}} \sim N(0,1)$ - так правильно?

Тогда изначально возьмём достаточно большое n и фиксируем его.
И, чтобы не быть голословным, оценим отклонение полученной суммы от нормального распределения:
$\biggl|\mathbb P\biggl(\frac{\sum_{i=1}^n\xi_i-n\mathbb E\xi}{\sqrt{n\mathbb D\xi_i}}< x\biggr)-\Phi(x)\biggr|\leqslant\frac{C_0M^3}{\sqrt{n(\mathbb D\xi_i)^3}}$, где $M^3= \mathbb E|\xi-\mathbb E\xi|^3, \ 0.4< C_0\leqslant0.7056$

$\sqrt{n(\mathbb D\xi_i)^3}=\sqrt{n(\frac{\lambda}{n})^3}=\frac{\lambda^{3/2}}{n}$
$\frac{C_0M^3}{\sqrt{n(\mathbb D\xi_i)^3}}=\lambda^{-3/2} C_0 M^3 n$

Не представляю, как оценить $M^3$. Видимо, после её оценки будет видно, что разность не стремится к нулю и на этом с сенсацией будет покончено...

[Joker_vD]

$M^3$ — это же коэффициент асимметрии, умноженный на $\sigma^3$? Если да, то оно равно $\lambda$ для распределения Пуассона.

[ewert]

nibble в сообщении #422693 писал(а):

в чём именно моя ошибка

Какая ошибка?... Ну стремится распределение Пуассона после соответствующей перенормировки к нормальному. Имеет право. В чём проблемы-то?

[Ales]

nibble в сообщении #422693 писал(а):

в чём именно моя ошибка

Ошибка в некорректном применении предельной теоремы.
Должно быть фиксированное распределение и последовательность независимых случайных величин с таким распределением.
Тогда частичная сумма ряда имеет распределение по центральной предельной теореме.

У Вас распределение не зафиксировано.

-- Пн мар 14, 2011 10:34:12 --

Если же корректно применять предельную теорему, то как написал ewert:

ewert в сообщении #422728 писал(а):

стремится распределение Пуассона после соответствующей перенормировки к нормальному

[--mS--]

nibble в сообщении #422711 писал(а):

$\frac{X_{\lambda} - \lambda}{\sqrt{\lambda}} \sim N(0,1)$ - так правильно?

При $\lambda \to\infty$, естественно.
Вы то $n$ устремляете к бесконечности, то $\lambda$.

nibble в сообщении #422711 писал(а):

Не представляю, как оценить $M^3$. Видимо, после её оценки будет видно, что разность не стремится к нулю и на этом с сенсацией будет покончено...

$\frac{1}{n}\leq 10$, $10 \not\to 0$ при $n\to\infty$, следовательно, $\frac1n\not\to 0$ при $n\to\infty$?

Можете объяснить, чем Вы вообще тут занимаетесь? Тот факт, что (для $\xi_{i,n}\sim\Pi_{\lambda/n}$, $i=1,\ldots,n$) дробь $\frac{\sum_1^n \xi_{i,n}-n\mathsf E\xi_{1,n}}{\sqrt{n\mathsf D\xi_{1,n}}}$ не сходится при $n\to\infty$ по распределению к нормальному, и что для неё не выполняется ЦПТ в схеме серий, вытекает хотя бы из того, что эта дробь имеет такое же распределение, как $\frac{X_\lambda-\lambda}{\sqrt{\lambda}}$, которое от $n$ не зависит и с ростом $n$ не меняется.

Какая конкретно из предельных теорем даёт Вам право утверждать, что эта дробь сходится к нормальному распределению? Правильный ответ - никакая. Во всяком случае не увидела проверки условий Линдеберга или им подобных в той ЦПТ в схеме серий, которую тут вообще возможно применять к слагаемым, распределение которых зависит от их числа $n$.

[_hum_]

nibble в сообщении #422711 писал(а):

$\frac{X_{\lambda} - \lambda}{\sqrt{\lambda}} \sim N(0,1)$ - так правильно?

Тогда изначально возьмём достаточно большое n и фиксируем его.
И, чтобы не быть голословным, оценим отклонение полученной суммы от нормального распределения:
$\biggl|\mathbb P\biggl(\frac{\sum_{i=1}^n\xi_i-n\mathbb E\xi}{\sqrt{n\mathbb D\xi_i}}< x\biggr)-\Phi(x)\biggr|\leqslant\frac{C_0M^3}{\sqrt{n(\mathbb D\xi_i)^3}}$, где $M^3= \mathbb E|\xi-\mathbb E\xi|^3, \ 0.4< C_0\leqslant0.7056$

$\sqrt{n(\mathbb D\xi_i)^3}=\sqrt{n(\frac{\lambda}{n})^3}=\frac{\lambda^{3/2}}{n}$
$\frac{C_0M^3}{\sqrt{n(\mathbb D\xi_i)^3}}=\lambda^{-3/2} C_0 M^3 n$

Не представляю, как оценить $M^3$. Видимо, после её оценки будет видно, что разность не стремится к нулю и на этом с сенсацией будет покончено...

Да, именно так: если, как указывал Joker_vD, выразить $M^3$ из коэффициента ассиметрии для Пуассоновского распределения, то получится $M^3 = \lambda/n$, поэтому $n$ из оценки сверху пропадет.

Ales в сообщении #422730 писал(а):

Какая конкретно из предельных теорем даёт Вам право утверждать, что эта дробь сходится к нормальному распределению? Правильный ответ - никакая. Во всяком случае не увидела проверки условий Линдеберга или им подобных в той ЦПТ в схеме серий, которую тут вообще возможно применять к слагаемым, распределение которых зависит от их числа .

Он же привел теорему Берри-Эссеена, которая не требует никаких проверок условия Линдеберга и применима к произвольной сумме независимых о.р. с.в., имеющих соответствующие моменты.

[--mS--]

_hum_ в сообщении #422754 писал(а):

Он же привел теорему Берри-Эссеена, которая не требует никаких проверок условия Линдеберга и применима к произвольной сумме независимых о.р. с.в., имеющих соответствующие моменты.

Я тоже привела. Стандартное рассуждение студента о том, что одна энная меньше 10, которая - ура - не стремится к нулю, а значит, и одна энная тоже. Мы этим рассуждением тут пользоваться собираемся?

[_hum_]

--mS-- в сообщении #422788 писал(а):

_hum_ в сообщении #422754 писал(а):

Он же привел теорему Берри-Эссеена, которая не требует никаких проверок условия Линдеберга и применима к произвольной сумме независимых о.р. с.в., имеющих соответствующие моменты.

Я тоже привела. Стандартное рассуждение студента о том, что одна энная меньше 10, которая - ура - не стремится к нулю, а значит, и одна энная тоже. Мы этим рассуждением тут пользоваться собираемся?

Честно говоря, не понял, какая аналогия между рассуждениями nibble и приведенным Вами "станадартным студенческим". По мне, так он напрямую взял $n$ штук независимых распределенных по Пуассоновскому закону с параметром $\lambda/n$ случайных величин и рассмотрел сумму. С одной стороны, эта сумма будет распределенной по Пуассоновскому закону с параметром $\lambda$, а с другой, если подставить в теорему Берри-Эссеена, то можно получить оценку сверху разности между распределением этой суммы и нормальным. Причем, в типичных ситуациях эта оценка выглядит как $O(n^{-1/2})$, а значит, при больших $n$ разность будет малой. Вот он и пытался выяснить, что же мешает тому, чтобы в данном случае нельзя было провести аналогичные рассуждения о малости разницы между распределением суммы пуассоновских с.в. и нормальным распределением. Ну и правильно предположил, что если все посчитать, то оценка сверху не будет зависеть от $n$ - тем самым противоречие снимется.

[--mS--]

_hum_ в сообщении #422800 писал(а):

Ну и правильно предположил, что если все посчитать, то оценка сверху не будет зависеть от $n$ - тем самым противоречие снимется.

Как именно оно снимется? Я заранее могу предложить оценку указанной разницы, не зависящую от $n$, - например, единицу. Она тоже снимает противоречие, доказывая, что разность не стремится к нулю?

[_hum_]

--mS-- в сообщении #422807 писал(а):

Как именно оно снимется? Я заранее могу предложить оценку указанной разницы, не зависящую от $n$, - например, единицу. Она тоже снимает противоречие, доказывая, что разность не стремится к нулю?

"Снимает" и "доказывает" разные вещи, не находите? Под "снимает" следует понимать "указывает на факт, который не позволяет привести к противоречию". Так, независимость оценки от $n$ не позволяет сделать в теореме Берри-Ессеена заключение о сколь угодной близости распределения суммы к нормальному (снимает противоречие в рассуждениях, использующих теорему Берри-Ессеена).

[--mS--]

_hum_ в сообщении #422812 писал(а):

(снимает противоречие в рассуждениях, использующих теорему Берри-Ессеена).

Это - да, однако никаких рассуждений, использующих указанную теорему, автор не предлагал, кроме как "Видимо, после её оценки будет видно, что разность не стремится к нулю и на этом с сенсацией будет покончено...".

Обратите внимание: вывод "разность не стремится к нулю" немножко отличается от тех выводов, что Вы приводите.