Khoảng tin cậy của giây thứ ba của phân phối bình thường

Làm cách nào để tính khoảng tin cậy chính xác cho giây thứ ba của phân phối chuẩn ? $N(a, \sigma^2)$

— Lilith
nguồn

Không, chỉ . Ý tôi là chính xác, khoảng thời gian đó phải là như vậy, rằng , không phải là

E X^{3}

$E X^3$

P (A < a^{3} + 3 a σ^{2} < B) = α

$P(A < a^3 + 3a\sigma^2 < B) = \alpha$

\geq α

$\ge \alpha$

— Lilith

Nếu bạn có nghĩa là một khoảng tin cậy chính xác, thì tôi tin rằng điều đó có thể là không thể, do dự án nàyeuclid.org / euclid.aop / 1176991795 .

— Greenparker

@Greenparker, tại sao cho X Bình thường không xác định, tức là. có những phân phối khác với cùng một bộ sưu tập khoảnh khắc vô tận, ngụ ý một khoảng tin cậy chính xác sẽ không (hoặc có thể không) có thể cho ? Chẳng hạn, chúng ta không thể tạo ra các khoảng tin cậy chính xác cho (trung bình của) một Lognatural (cũng không xác định), thậm chí còn nghĩ rằng có vô số phân phối thay thế sở hữu tất cả các khoảnh khắc giống nhau?

X^{3}

$X^3$

X^{3}

$X^3$

— Mark L. Stone

@gung khoảnh khắc trung tâm thứ ba không giống với độ lệch (khoảnh khắc). Trước tiên, bạn phải chia cho .

σ^{3}

$\sigma^3$

— Glen_b -Reinstate Monica

@Greenparker Bài báo đó không ngụ ý rằng bạn không thể tính được phân phối của ; "Không xác định" có nghĩa là một cái gì đó rất cụ thể (về tính độc đáo của những khoảnh khắc của ). [Về một vấn đề khác, tôi ngạc nhiên rằng một bài báo có lỗi nghiêm trọng như vậy trong tiêu đề đã được xuất bản mà không được sửa chữa. Nó không phải là phân phối được lập phương, mà là biến ngẫu nhiên. Các biên tập viên có thể nghĩ gì?]

X^{3}

$X^3$

X^{3}

$X^3$

— Glen_b -Reinstate Monica

Để tìm khoảng tin cậy cho đại lượng này, bạn sẽ cần phải tạo một đại lượng quan trọng sử dụng thời điểm thô thứ ba làm tham số duy nhất chưa biết. Có thể không thể làm điều này một cách chính xác, nhưng bạn thường có thể nhận được một cái gì đó có số lượng xấp xỉ có thể được sử dụng để tạo thành khoảng tin cậy gần đúng. Để thực hiện điều này, trước tiên chúng ta sẽ tìm dạng của khoảnh khắc thô thứ ba đang được ước tính, sau đó xây dựng một công cụ ước tính mẫu của thời điểm này, sau đó thử sử dụng điều này để xây dựng một đại lượng bán phần và khoảng tin cậy.

Thời điểm thô thứ ba của một phân phối bình thường là gì? Hãy $X \sim \text{N}(\mu, \sigma^2)$ là một biến ngẫu nhiên bình thường tùy ý và xác định $Y = X-\mu \sim \text{N}(0, \sigma^2)$ . Khoảnh khắc thô thứ ba của $X$ là:

\begin{aligned} μ_{3} \equiv E (X^{3}) & = = E ((μ + Y)^{3}) \\ = = E (Y^{3} + 3 μ Y^{2} + 3 μ^{2} Y + μ^{3}) \\ = = 0 + 3 μ σ^{2} + 0 + μ^{3} \\ = = 3 μ σ^{2} + μ^{3} . \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} \mu_3 \equiv \mathbb{E}(X^3) &= \mathbb{E}((\mu + Y)^3) \\[6pt] &= \mathbb{E}(Y^3 + 3 \mu Y^2 + 3 \mu^2 Y + \mu^3) \\[6pt] &= 0 + 3 \mu \sigma^2 + 0 + \mu^3 \\[6pt] &= 3 \mu \sigma^2 + \mu^3. \\[6pt] \end{aligned} \end{equation}$

Đây là thông số bạn đang cố gắng ước tính trong phân tích của bạn.

Công cụ ước lượng không thiên vị của thời điểm thô thứ ba: Thông thường chúng ta sẽ ước tính tham số trung bình bằng giá trị trung bình mẫu và tham số phương sai với phương sai mẫu, nhưng trong trường hợp này chúng tôi muốn ước tính hàm của những điều này và có thể thay thế các công cụ ước tính này dẫn đến một ước lượng sai lệch. Chúng tôi sẽ bắt đầu bằng cách cố gắng tìm một công cụ ước tính không thiên vị của thời điểm thô thứ ba. Để làm điều này, chúng tôi bắt đầu bằng cách lưu ý rằng:

\begin{aligned} E ({\bar{X}}_{n}^{3}) & = = E ((μ + {\bar{Y}}_{n})^{3}) \\ = = E ({\bar{Y}}_{n}^{3} + 3 μ {\bar{Y}}_{n}^{2} + 3 μ^{2} {\bar{Y}}_{n} + μ^{3}) \\ = = 0 + 3 μ \frac{σ^{2}}{n} + 0 + μ^{3} \\ = = \frac{3}{n} μ σ^{2} + μ^{3} . \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} \mathbb{E}(\bar{X}_n^3) &= \mathbb{E}((\mu + \bar{Y}_n)^3) \\[6pt] &= \mathbb{E}(\bar{Y}_n^3 + 3 \mu \bar{Y}_n^2 + 3 \mu^2 \bar{Y}_n + \mu^3) \\[6pt] &= 0 + 3 \mu \frac{\sigma^2}{n} + 0 + \mu^3 \\[6pt] &= \frac{3}{n} \mu \sigma^2 + \mu^3. \\[6pt] \end{aligned} \end{equation}$

Chúng ta biết từ lý Cochran của rằng phương sai trung bình và mẫu mẫu từ dữ liệu bình thường là độc lập, và do đó chúng tôi cũng có $\mathbb{E}(\bar{X}_n S_n^2) = \mathbb{E}(\bar{X}_n) \mathbb{E}(S_n^2) = \mu \sigma^2$ . Do đó, dựa trên những kết quả này, chúng ta có thể tạo thành công cụ ước tính không thiên vị :

{\hat{μ}}_{3} = = \frac{3 (n - 1)}{n} \cdot {\bar{X}}_{n} S^{2} + {\bar{X}}_{n}^{3} .

$\hat{\mu}_3 = \frac{3(n-1)}{n} \cdot \bar{X}_n S^2 + \bar{X}_n^3.$

Phương sai của công cụ ước tính: Chúng tôi biết rằng giá trị kỳ vọng của công cụ ước tính này bằng với thời điểm thô thứ ba của phân phối (để thấy điều này, đơn giản thay thế các biểu thức giá trị dự kiến ở trên), tuy nhiên phương sai của công cụ ước tính rất tốn công. Theo kết quả sơ bộ, chúng tôi có:

\begin{aligned} V ({\bar{X}}_{n} S^{2}) & = = V ({\bar{X}}_{n}) V (S^{2}) \\ = = \frac{1}{n} σ^{2} \cdot \frac{2}{n - 1} σ^{4} \\ = = \frac{2}{n (n - 1)} σ^{6}, \\ V ({\bar{X}}_{n}^{3}) & = = E ({\bar{X}}_{n}^{6}) - E ({\bar{X}}_{n}^{3})^{2} \\ = = (\frac{15}{n^{3}} σ^{6} + \frac{45}{n^{2}} μ^{2} σ^{4} + \frac{15}{n} μ^{4} σ^{2} + μ^{6}) - (\frac{3}{n} μ σ^{2} + μ^{3})^{2} \\ = = (\frac{15}{n^{3}} σ^{6} + \frac{45}{n^{2}} μ^{2} σ^{4} + \frac{15}{n} μ^{4} σ^{2} + μ^{6}) - (\frac{9}{n^{2}} μ^{2} σ^{4} + \frac{6}{n} μ^{4} σ^{2} + μ^{6}) \\ = = \frac{15}{n^{3}} σ^{6} + \frac{36}{n^{2}} μ^{2} σ^{4} + \frac{9}{n} μ^{4} σ^{2}, \\ C ({\bar{X}}_{n} S^{2}, {\bar{X}}_{n}^{3}) & = = E ({\bar{X}}_{n}^{4} S^{2}) - E ({\bar{X}}_{n} S^{2}) E ({\bar{X}}_{n}^{3}) \\ = = E ({\bar{X}}_{n}^{4}) E (S^{2}) - E ({\bar{X}}_{n}) E ({\bar{X}}_{n}^{3}) E (S^{2}) \\ = = (\frac{3}{n^{2}} σ^{4} + \frac{6}{n} μ^{2} σ^{2} + μ^{4}) σ^{2} - μ (\frac{3}{n} μ σ^{2} + μ^{3}) σ^{2} \\ = = (\frac{3}{n^{2}} σ^{4} + \frac{6}{n} μ^{2} σ^{2} + μ^{4}) σ^{2} - (\frac{3}{n} μ^{2} σ^{2} + μ^{4}) σ^{2} \\ = = (\frac{3}{n^{2}} σ^{4} + \frac{3}{n} μ^{2} σ^{2}) σ^{2} \\ = = \frac{3}{n^{2}} σ^{6} + \frac{3}{n} μ^{2} σ^{4} . \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} \mathbb{V}(\bar{X}_n S^2) &= \mathbb{V}(\bar{X}_n) \mathbb{V}(S^2) \\[6pt] &= \frac{1}{n} \sigma^2 \cdot \frac{2}{n-1} \sigma^4 \\[6pt] &= \frac{2}{n(n-1)} \sigma^6, \\[12pt] \mathbb{V}(\bar{X}_n^3) &= \mathbb{E}(\bar{X}_n^6) - \mathbb{E}(\bar{X}_n^3)^2 \\[6pt] &= \Big( \frac{15}{n^3} \sigma^6 + \frac{45}{n^2} \mu^2 \sigma^4 + \frac{15}{n} \mu^4 \sigma^2 + \mu^6 \Big) - \Big( \frac{3}{n} \mu \sigma^2 + \mu^3 \Big)^2 \\[6pt] &= \Big( \frac{15}{n^3} \sigma^6 + \frac{45}{n^2} \mu^2 \sigma^4 + \frac{15}{n} \mu^4 \sigma^2 + \mu^6 \Big) - \Big( \frac{9}{n^2} \mu^2 \sigma^4 + \frac{6}{n} \mu^4 \sigma^2 + \mu^6 \Big) \\[6pt] &= \frac{15}{n^3} \sigma^6 + \frac{36}{n^2} \mu^2 \sigma^4 + \frac{9}{n} \mu^4 \sigma^2, \\[12pt] \mathbb{C}(\bar{X}_n S^2, \bar{X}_n^3) &= \mathbb{E}(\bar{X}_n^4 S^2) - \mathbb{E}(\bar{X}_n S^2) \mathbb{E}(\bar{X}_n^3) \\[6pt] &= \mathbb{E}(\bar{X}_n^4) \mathbb{E}(S^2) - \mathbb{E}(\bar{X}_n) \mathbb{E}(\bar{X}_n^3) \mathbb{E}(S^2) \\[6pt] &= \Big( \frac{3}{n^2} \sigma^4 + \frac{6}{n} \mu^2 \sigma^2 + \mu^4 \Big) \sigma^2 - \mu \Big( \frac{3}{n} \mu \sigma^2 + \mu^3 \Big) \sigma^2 \\[6pt] &= \Big( \frac{3}{n^2} \sigma^4 + \frac{6}{n} \mu^2 \sigma^2 + \mu^4 \Big) \sigma^2 - \Big( \frac{3}{n} \mu^2 \sigma^2 + \mu^4 \Big) \sigma^2 \\[6pt] &= \Big( \frac{3}{n^2} \sigma^4 + \frac{3}{n} \mu^2 \sigma^2 \Big) \sigma^2 \\[6pt] &= \frac{3}{n^2} \sigma^6 + \frac{3}{n} \mu^2 \sigma^4. \\[6pt] \end{aligned} \end{equation}$

Điều này cho chúng ta phương sai:

\begin{aligned} V ({\hat{μ}}_{3}) & = = V (\frac{3 (n - 1)}{n} \cdot {\bar{X}}_{n} S^{2} + {\bar{X}}_{n}^{3}) \\ = = \frac{9 (n - 1)^{2}}{n^{2}} \cdot V ({\bar{X}}_{n} S^{2}) + V ({\bar{X}}_{n}^{3}) + \frac{3 (n - 1)}{n} \cdot C ({\bar{X}}_{n} S^{2}, {\bar{X}}_{n}^{3}) \\ = = \frac{18 (n - 1)}{n^{3}} σ^{6} + (\frac{15}{n^{3}} σ^{6} + \frac{36}{n^{2}} μ^{2} σ^{4} + \frac{9}{n} μ^{4} σ^{2}) + (\frac{9 (n - 1)}{n^{3}} σ^{6} + \frac{9 (n - 1)}{n^{2}} μ^{2} σ^{4}) \\ = = \frac{27 n - 12}{n^{3}} \cdot σ^{6} + \frac{9 n + 27}{n^{2}} \cdot μ^{2} σ^{4} + \frac{9}{n} \cdot μ^{4} σ^{2} \\ = = \frac{3}{n^{3}} [(9 n - 4) σ^{6} + (3 n^{2} + 9 n) μ^{2} σ^{4} + 3 n^{2} μ^{4} σ^{2}] . \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{aligned} \mathbb{V}(\hat{\mu}_3) &= \mathbb{V} \Big( \frac{3(n-1)}{n} \cdot \bar{X}_n S^2 + \bar{X}_n^3 \Big) \\[6pt] &= \frac{9(n-1)^2}{n^2} \cdot \mathbb{V}(\bar{X}_n S^2) + \mathbb{V}(\bar{X}_n^3) + \frac{3(n-1)}{n} \cdot \mathbb{C} (\bar{X}_n S^2, \bar{X}_n^3) \\[6pt] &= \frac{18(n-1)}{n^3} \sigma^6 + \Big( \frac{15}{n^3} \sigma^6 + \frac{36}{n^2} \mu^2 \sigma^4 + \frac{9}{n} \mu^4 \sigma^2 \Big) + \Big( \frac{9(n-1)}{n^3} \sigma^6 + \frac{9(n-1)}{n^2} \mu^2 \sigma^4 \Big) \\[6pt] &= \frac{27n-12}{n^3} \cdot \sigma^6 + \frac{9n+27}{n^2} \cdot \mu^2 \sigma^4 + \frac{9}{n} \cdot \mu^4 \sigma^2 \\[6pt] &= \frac{3}{n^3} \Big[ (9n-4) \sigma^6 + (3n^2+9n) \mu^2 \sigma^4 + 3n^2 \mu^4 \sigma^2 \Big]. \\[6pt] \end{aligned} \end{equation}$

Hình thành một khoảng tin cậy: Từ các kết quả trên, chúng ta có thể có được một công cụ ước tính không thiên vị cho thời điểm thô thứ ba, với phương sai đã biết. Phân phối chính xác của công cụ ước tính này rất phức tạp và mật độ của nó không thể được biểu thị ở dạng đóng. Có thể hình thành một số lượng học sinh với công cụ ước tính này, xấp xỉ phân phối của nó và coi nó là một đại lượng gần đúng để có được khoảng tin cậy gần đúng. Tuy nhiên, đây sẽ không phải là một khoảng tin cậy chính xác.

— Ben - Tái lập Monica
nguồn