Vấn đề với bằng chứng - tại sao chuỗi thời gian được làm mịn theo cấp số nhân bị sai lệch

Tôi đang nghiên cứu bằng chứng tại sao việc làm mịn theo cấp số nhân là một công cụ ước tính sai lệch của xu hướng tuyến tính.

Cuốn sách đang cố gắng mô tả giá trị mong đợi của một chuỗi thời gian được làm mịn theo cấp số nhân. Đây là một trong những bước tôi gặp khó khăn khi làm theo.

Đối với các khoản tiền vô hạn, cuốn sách tuyên bố rằng những điều sau đây được áp dụng:

\sum (1 - λ)^{t} = \frac{1}{1 - (1 - λ)} = \frac{1}{λ}

$\sum (1-\lambda)^t=\frac{1}{1-(1-\lambda)}=\frac{1}{\lambda}$ và

\sum (1 - λ)^{t} t = \frac{1 - λ}{λ^{2}}

$\sum (1-\lambda)^tt=\frac{1-\lambda}{\lambda^2}$

Phần đầu tiên tôi nghĩ tôi hiểu, đây chỉ là tổng hợp hình học. Số hạng thứ hai trong tử số đi về 0 khi t đi về phía vô cực.

Đó là biểu hiện thứ hai tôi không hiểu, tuy nhiên.

Tại sao biểu thức thứ hai có thể được viết như thế này, có thể $t$ được viết như là một chức năng của $\lambda$ ?

— Hoa mộc lan
nguồn

Bởi vì đây là một trang web thống kê, chúng ta hãy phát triển một giải pháp thống kê hoàn toàn.

Công thức đầu tiên trong câu hỏi quan sát chính xác rằng

λ + λ (1 - λ)^{1} + λ (1 - λ)^{2} + λ (1 - λ)^{3} + \dots = 1,

$\lambda + \lambda(1-\lambda)^1 + \lambda(1-\lambda)^2 + \lambda(1-\lambda)^3 + \cdots = 1,$

mặc nhiên giả định $|1-\lambda|\lt 1$ . Đối với số thực $0 \lt \lambda \lt 1$ , triển lãm này $1$ là tổng của một chuỗi các giá trị không âm. Điều đó cho phép chúng ta xem các giá trị này là xác suất . (Bộ số đặc biệt này là Phân phối hình học .)

Những gì họ có thể là xác suất của? Hãy xem xét một phi tiêu hình chữ nhật dài, rộng. Các $\lambda$ phần eft, bao gồm $\lambda$ của nó, được tô màu đỏ - đây là những gì bạn muốn đánh - trong khi phần bên phải, bao phủ phần còn lại $1-\lambda$ phần, có màu xanh lam. Bạn có kế hoạch ném phi tiêu vào bảng này cho đến khi một quả màu đỏ.

Giả sử bạn là một người bắn phi tiêu kém, chỉ đủ tốt để đảm bảo phi tiêu trúng bảng, nhưng nếu không thì bạn không có quyền kiểm soát nơi nào trên bảng họ hạ cánh. Để cho " $t$ "đại diện cho số lần tung bạn thực hiện trong toto . Theo các tiên đề của xác suất, bất kỳ chuỗi nào của $t\ge 1$ ném phi tiêu ngẫu nhiên độc lập (mỗi lần có xác suất bằng nhau trúng bất kỳ phần nào của bảng phi tiêu) hạ cánh $t-1$ lần trong màu xanh và cuối cùng trong màu đỏ có cơ hội

(1 - λ) \dots (1 - λ) λ = (1 - λ)^{t - 1} λ

$(1-\lambda)\cdots(1-\lambda)\lambda = (1-\lambda)^{t-1}\lambda$

xảy ra: đây đơn giản là sản phẩm của các cơ hội cá nhân, $1-\lambda$ cho màu xanh và $\lambda$ cho màu đỏ. Đây là những xác suất tương tự như trên. Theo định nghĩa, kỳ vọng về số lần truy cập màu xanh trong chuỗi như vậy là tổng số lần truy cập có trọng số xác suất của các lần truy cập màu xanh; dí dỏm

λ (1 - λ)^{0} (0) + λ (1 - λ)^{1} (1) + λ (1 - λ)^{2} (2) + \dots = λ \sum_{t = 0}^{\infty} (1 - λ)^{t} t .

$\lambda(1-\lambda)^0(0) + \lambda(1-\lambda)^1(1) + \lambda(1-\lambda)^2(2) + \cdots = \lambda\sum_{t=0}^\infty (1-\lambda)^t t.$

Lên đến một yếu tố $\lambda$ , đây là những gì chúng tôi muốn tính toán.

Định luật yếu về số lượng lớn (rõ ràng bằng trực giác và lần đầu tiên được chứng minh bởi Jakob Bernoulli vào cuối thế kỷ 17) cho chúng ta biết rằng kỳ vọng có thể đạt được một cách tùy tiện bằng cách thực hiện thí nghiệm này nhiều lần, vì vậy hãy làm như vậy. Ném phi tiêu cho đến khi một vùng đất màu đỏ. Để cho $b_1$ là số mà đất trong màu xanh. Để cho $b_2$ là số có màu xanh lam trong thử nghiệm thứ hai, v.v. $b_n$ .

Trong hình, cho thấy các lỗ còn lại khi phi tiêu được rút ra, $n=25$ thử nghiệm đã dẫn đến $100$ phi tiêu bị ném, trong đó $75$ hạ cánh trong màu xanh.

Theo định nghĩa, số lần truy cập màu xanh trung bình trong các thử nghiệm này là

\frac{1}{n} (b_{1} + b_{2} + \dots + b_{n}) = \frac{b_{1} + b_{2} + \dots + b_{n}}{1 + 1 + \dots + 1} .

$\frac{1}{n}(b_1+b_2+\cdots+b_n) = \frac{b_1+b_2+\cdots+b_n}{1+1+\cdots+1}.$

Nói cách khác, đó là tỷ lệ của số phi tiêu hạ cánh trong màu xanh so với những lần hạ cánh trong màu đỏ. Nhưng vì phi tiêu hạ cánh đồng đều một cách ngẫu nhiên, nên trong giới hạn, tỷ lệ này phải đạt tới tỷ lệ giữa các vùng màu xanh lam và đỏ, cụ thể là $(1-\lambda):\lambda$ . Như vậy

λ \sum_{t = 0}^{\infty} (1 - λ)^{t} t = \frac{1 - λ}{λ} .

$\lambda \sum_{t=0}^\infty (1-\lambda)^t t = \frac{1-\lambda}{\lambda}.$

Chia cả hai bên $\lambda$ đưa ra câu trả lời!

Câu hỏi này cũng có thể được hưởng lợi từ một số câu trả lời toán học cơ bản. Cuối cùng, hãy chú ý rằng bất cứ khi nào $|\lambda-1| \lt 1$ , bộ

S (λ) = \sum_{t = 0}^{\infty} (1 - λ)^{t} t = (1 - λ) + 2 (1 - λ)^{2} + \dots + t (1 - λ)^{t} + \dots

$S(\lambda) = \sum_{t=0}^\infty (1-\lambda)^tt = (1-\lambda) + 2(1-\lambda)^2 + \cdots + t(1-\lambda)^t + \cdots$

hội tụ hoàn toàn. (Cuối cùng, nó bị chi phối bởi một loạt hình học với tỷ lệ chung nhỏ hơn $1$ .) Điều này ngụ ý chúng ta có thể tự do sắp xếp lại các thuật ngữ của nó khi thực hiện số học với nó, như trong phép tính sau:

\begin{aligned} λ S (λ) & = S (λ) - (1 - λ) S (λ) \\ = (1 - λ) + 2 (1 - λ)^{2} + 3 (1 - λ)^{3} + \dots - ((1 - λ)^{2} + 2 (1 - λ)^{3} + 3 (1 - λ)^{4} \dots) \\ = (1 - λ) + (2 - 1) (1 - λ)^{2} + (3 - 2) (1 - λ)^{3} + \dots \\ = (1 - λ) (1 + (1 - λ)^{1} + (1 - λ)^{2} + \dots) \\ = (1 - λ) \sum_{t = 0}^{\infty} (1 - λ)^{t} \\ = \frac{1 - λ}{λ}, \end{aligned}

$\eqalign{ \lambda S(\lambda) &= S(\lambda) - (1-\lambda)S(\lambda) \\ &= (1-\lambda) + 2(1-\lambda)^2 + 3(1-\lambda)^3 + \cdots - \left((1-\lambda)^2 + 2(1-\lambda)^3 + 3(1-\lambda)^4\cdots \right)\\ &= (1-\lambda) + (2-1)(1-\lambda)^2 + (3-2)(1-\lambda)^3 + \cdots \\ &= (1-\lambda)\left(1 + (1-\lambda)^1 + (1-\lambda)^2 + \cdots\right)\\ &= (1-\lambda)\sum_{t=0}^\infty (1-\lambda)^t \\ &= \frac{ 1 - \lambda }{\lambda}, }$

như đã nêu trong câu hỏi. Bởi vì $|1-\lambda| \lt 1$ , $\lambda$ là khác không, vì vậy chúng tôi có thể chia cả hai bên $\lambda$ để tạo ra sự bình đẳng

S (λ) = \frac{1}{λ} \frac{1 - λ}{λ} = \frac{1 - λ}{λ^{2}},

$S(\lambda) = \frac{1}{\lambda}\frac{ 1 - \lambda }{\lambda} = \frac{1-\lambda}{\lambda^2},$

QED.

Một giải pháp khác lưu ý rằng không thể thiếu $t \ge 1$ ,

(\binom{- 2}{t - 1}) = \frac{- 2 (- 3) \dots (- 2 - (t - 1) + 1)}{1 (2) (3) \dots (t - 1)} = \frac{(- 1)^{t - 1} t!}{(t - 1)!} = (- 1)^{t - 1} t .

$\binom{-2}{t-1} = \frac{-2(-3)\cdots(-2-(t-1)+1)}{1(2)(3)\cdots(t-1)} = \frac{(-1)^{t-1}t!}{(t-1)!} = (-1)^{t-1}t.$

Nhắc lại Định lý nhị thức khẳng định rằng khi $|x|\lt 1$ và $n$ là bất kỳ số nào, sau đó

(1 + x)^{n} = \sum_{t = 0}^{\infty} (\binom{n}{t}) x^{t} = \sum_{t = 1}^{\infty} (\binom{n}{t - 1}) x^{t - 1} .

$(1 + x)^n = \sum_{t=0}^\infty \binom{n}{t}x^t = \sum_{t=1}^\infty \binom{n}{t-1}x^{t-1}.$

Đang lấy $n=-2$ và $x=1-\lambda$ cho

\frac{1 - λ}{λ^{2}} = (1 - λ) (1 - (1 - λ))^{- 2} = (1 - λ) \sum_{t = 1}^{\infty} (\binom{- 2}{t - 1}) (- (1 - λ))^{t - 1} = \sum_{t = 0}^{\infty} (1 - λ)^{t} t .

$\frac{1-\lambda}{\lambda^2} = (1-\lambda)(1 - (1-\lambda))^{-2} = (1-\lambda)\sum_{t=1}^\infty \binom{-2}{t-1}(-(1-\lambda))^{t-1} = \sum_{t=0}^\infty (1-\lambda)^{t}t.$

— whuber
nguồn

Nếu chúng tôi giả định rằng đạo hàm và tổng vô hạn có thể được hoán đổi cho nhau, có một cách nhanh chóng để đi đến kết quả của bạn. Như @whuber đã chỉ ra, chúng tôi yêu cầu sự hội tụ tuyệt đối để điều này là có thể. Điều này giữ cho loạt trong câu hỏi khi $|1-\lambda|<1$ . Chúng ta sau đó có

\sum_{t} t {(1 - λ)}^{t} = - (1 - λ) \sum_{t} \frac{\partial}{\partial λ} {(1 - λ)}^{t}

$\sum_{t} t \left( 1-\lambda \right)^{t} = - \left(1-\lambda\right) \sum_{t} \frac{\partial}{\partial \lambda} \left(1-\lambda \right)^{t}$

Lưu ý rằng với việc sử dụng công cụ phái sinh, chúng tôi thoát khỏi $t$ . Bạn có thể xác minh rằng những biểu thức này là tương đương. Hiện nay,

\sum_{t} \frac{\partial}{\partial λ} {(1 - λ)}^{t} = \frac{\partial}{\partial λ} \sum_{t} {(1 - λ)}^{t} = \frac{\partial}{\partial λ} \frac{1}{λ} = - \frac{1}{λ^{2}}

$\sum_{t} \frac{\partial}{\partial \lambda} \left(1-\lambda \right)^{t} = \frac{\partial}{\partial \lambda} \sum_{t} \left(1-\lambda \right)^{t} = \frac{\partial}{\partial \lambda} \frac{1}{\lambda} = -\frac{1}{\lambda^2}$

theo giả định của chúng tôi. Nhân số đó với hệ số chúng tôi bỏ qua để có kết quả của bạn.

EDIT : Để hoàn thiện, đây là định lý có liên quan từ Casella và Berger.

Thật dễ dàng để xác minh rằng các điều kiện áp dụng ở đây, do đó chúng ta có thể lấy đạo hàm bên ngoài tổng kết mà không có bất kỳ vấn đề nào.

— JohnK
nguồn

Có phải đó thường là trường hợp? Rằng đạo hàm và tổng vô hạn có thể hoán đổi cho nhau?

— Magnus

@Magnus Bạn có thể làm điều đó trong một số điều kiện thường xuyên, không phải lúc nào cũng vậy. Tôi tin rằng không có vấn đề ở đây, mặc dù.

— JohnK

(+1) Khi nào

| λ - 1 | < 1

$|\lambda - 1| \lt 1$ , chuỗi bên trái hội tụ hoàn toàn và do đó xác định một hàm khác biệt của

λ

$\lambda$ . Bởi vì chuỗi đó là một tích phân Lebesgue, bạn có thể trao đổi sự khác biệt và tổng kết .

— whuber

@whuber Đó là một định lý rất hữu ích, cảm ơn bạn đã chia sẻ.

— JohnK