Phân phối lấy mẫu từ hai quần thể Bernoulli độc lập


17

Giả sử rằng chúng ta có mẫu của hai biến độc lập Bernoulli ngẫu nhiên, Ber(θ1) và .Ber(θ2)

Làm cách nào để chúng tôi chứng minh rằng ?

(X¯1X¯2)(θ1θ2)θ1(1θ1)n1+θ2(1θ2)n2dN(0,1)

Giả sử rằng .n1n2


Z_i = X_1i - X_2i là một chuỗi iid rv có nghĩa và phương sai hữu hạn. Do đó, nó thỏa mãn định lý giới hạn trung tâm Levy-Linderberg mà từ đó kết quả của bạn tuân theo. Hay bạn đang yêu cầu một bằng chứng về chính clt?
Ba Diag

@ThreeDiag Bạn đang áp dụng phiên bản LL của CLT như thế nào? Tôi không nghĩ đó là chính xác. Viết một câu trả lời cho tôi để kiểm tra các chi tiết.
Một ông già ở biển.

Tất cả các chi tiết đã có. Để LL áp dụng, bạn cần một chuỗi iid rv với giá trị trung bình và phương sai hữu hạn. Biến Z_i = X_i1 và X_i2 thỏa mãn cả ba yêu cầu. Độc lập sau sự độc lập của hai bình bernoulli ban đầu và bạn có thể thấy rằng E (Z_i) và V (Z_i) là hữu hạn bằng cách áp dụng các thuộc tính tiêu chuẩn của E và V
Ba Diag

1
"mẫu của hai biến ngẫu nhiên Bernoulli độc lập" - biểu thức không chính xác. Phải là: "hai mẫu độc lập từ các bản phân phối Bernoulli".
Viktor

1
Vui lòng thêm "như ". n1,n2
Viktor

Câu trả lời:


10

Đặt ,b=một= =θ1(1-θ1)n1 , A=(ˉX1-θ1)/a, B=(ˉX2-θ2)/b. Ta có AdN(0,1),BdN(0,1). Xét về chức năng đặc trưng nó có nghĩa là φA(t)Eeb= =θ2(1-θ2)n2Một= =(X¯1-θ1)/mộtB=(X¯2θ2)/bAdN(0,1), BdN(0,1) Chúng tôi muốn chứng minh rằng D:= a

ϕA(t)EeitAet2/2, ϕB(t)et2/2.
D:=aa2+b2Aba2+b2BdN(0,1)

Từ B là độc lập, φ D ( t ) = φ A ( mộtAB như chúng tôi muốn nó được.

ϕD(t)=ϕA(aa2+b2t)ϕB(ba2+b2t)et2/2,

Bằng chứng này là không đầy đủ. Ở đây chúng ta cần một số ước tính cho sự hội tụ thống nhất của các hàm đặc trưng. Tuy nhiên trong trường hợp đang xem xét, chúng tôi có thể tính toán rõ ràng. Đặt . ϕ X 1 , 1 ( t )p=θ1, m=n1

ϕX1,1(t)=1+p(eit1),ϕX¯1(t)=(1+p(eit/m1))m,ϕX¯1θ1(t)=(1+p(eit/m1))meipt,ϕA(t)=(1+p(eit/mp(1p)1))meiptm/p(1p)=((1+p(eit/mp(1p)1))eipt/mp(1p))m=(1t22m+O(t3m3/2))m
t3m3/20t
ϕD(t)=(1a2t22(a2+b2)n1+O(n13/2))n1(1b2t22(a2+b2)n2+O(n23/2))n2et2/2
(even if a0 or b0), since |ey(1y/m)m|y2/2m  when  y/m<1/2 (see /math/2566469/uniform-bounds-for-1-y-nn-exp-y/ ).

Note that similar calculations may be done for arbitrary (not necessarily Bernoulli) distributions with finite second moments, using the expansion of characteristic function in terms of the first two moments.


This seems correct. I'll get back to you later on, when I have time to check everything. ;)
Một ông già ở biển.

-1

Proving your statement is equivalent to proving the (Levy-Lindenberg) Central Limit Theorem which states

If {Zi}i=1n is a sequence of i.i.d random variable with finite mean E(Zi)=μ and finite variance V(Zi)=σ2 then

n(Z¯μ)dN(0,σ2)

Here Z¯=iZi/n that is the sample variance.

Then it is easy to see that if we put

Zi=X1iX2i
with X1i,X2i following a Ber(θ1) and Ber(θ2) respectively the conditions for the theorem are satisfied, in particular

E(Zi)=θ1θ2=μ

and

V(Zi)=θ1(1θ1)+θ2(1θ2)=σ2

(There's a last passage, and you have to adjust this a bit for the general case where n1n2 but I have to go now, will finish tomorrow or you can edit the question with the final passage as an exercise )


I could not obtain what I wanted exactly because of the possibility of n1n2
An old man in the sea.

I will show later if you can't get it. Hint: compute the variance of the sample mean of Z and use that as the variable in the theorem
Three Diag

Three, could you please add the details for when n1n2? Thanks
An old man in the sea.

Will do as soon as find a little timr. There was in fact a subtlety that prevents from using LL clt without adjustment. There are three ways to go, the simplest of which is invoking the fact that for large n1 and n2, X1 and X2 go in distribution to normals, then a linear combination of normal is also normal. This is a property of normals that you can take as given, otherwise you can prove it by characteristic functions.
Three Diag

The other two require either a different clt (Lyapunov possibly) or alternatively treat n1 = i and n2= i +k. Then for large i you can essentially disregard k and you can go back to apply LL (but still it will require some care to nail the right variance)
Three Diag
Khi sử dụng trang web của chúng tôi, bạn xác nhận rằng bạn đã đọc và hiểu Chính sách cookieChính sách bảo mật của chúng tôi.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.