Làm thế nào nhiều khoảnh khắc xác định duy nhất một phân phối với hỗ trợ hữu hạn?

Câu hỏi đơn giản, nhưng một câu hỏi mà tôi không thể tìm thấy câu trả lời chính xác ở nơi khác. Có bao nhiêu khoảnh khắc phân phối xác suất rời rạc với sự hỗ trợ hữu hạn được yêu cầu để xác định duy nhất hàm khối lượng xác suất chính xác? Giả sử chúng ta biết rằng phân phối có hỗ trợ tại hầu hết điểm trong một khoảng giới hạn (đối với mục đích của tôi, khoảng đó là ), nhưng chúng ta không biết các điểm. $N$ $[0, 1]$

Đây có phải là trường hợp phân phối được xác định duy nhất bởi một số khoảnh khắc? Giả thuyết của tôi là nó có thể là khoảnh khắc $2N-1$ đầu tiên . Vì chúng ta phải xác định $N$ điểm khối lượng và $N$ xác suất riêng lẻ của chúng , nên người ta có thể nghĩ rằng chúng ta cần phương trình $2N$ và mỗi thời điểm cho chúng ta một phương trình, cộng với hạn chế là xác suất tổng bằng $1$ . Nhưng các phương trình này không phải là tuyến tính trong các điểm khối, vì vậy nó không rõ ràng ngay lập tức với tôi rằng chúng tôi đã xác định được.

Tôi nhận thức được vấn đề về thời điểm của Hausdorff , vì vậy tôi biết rằng một chuỗi các khoảnh khắc vô tận xác định duy nhất bất kỳ phân phối bị ràng buộc nào, nhưng tôi đặc biệt quan tâm đến việc hạn chế hơn nữa miền để phân phối với sự hỗ trợ hữu hạn. Bất kỳ tài liệu tham khảo cũng sẽ được đánh giá cao!

Cảm ơn!

probability moments simultaneous-equation

— housed_off_space
nguồn

Nếu các điểm của bộ hỗ trợ cách đều nhau, tôi có thể chứng minh rằng bạn chỉ cần biết khoảnh khắc đầu tiên . Điều này là do chức năng tạo ra khoảnh khắc sau đó sẽ là một thứ đa thức mức độ trong trường hợp này, và bất kỳ đa thức bậc được xác định duy nhất nếu bạn biết người đầu tiên phái sinh tại một điểm, trong đó tất nhiên chỉ là những khoảnh khắc là gì Tôi không thấy một cách rõ ràng để chứng minh điều này cho trường hợp tổng quát hơn khi các điểm hỗ trợ không cách đều nhau. Tôi nghi ngờ bạn cần phải biết đầy đủ các chuỗi khoảnh khắc vô tận.

N + 1

$N+1$

N

$N$

e^{t}

$e^t$

n

$n$

n + 1

$n+1$

— olooney

Trong trường hợp không cách đều nhau, bạn có một ví dụ đơn giản trong đó bạn không thể xác định điểm khối lượng và trọng số của chúng với khoảnh khắc không? Hoặc một trực giác cho lý do tại sao bạn nghĩ rằng người ta sẽ cần chuỗi vô hạn đầy đủ?

2 N + 1

$2N + 1$

— housed_off_space

Một ví dụ phản tác dụng sẽ rất khó sản xuất; ở mức tối thiểu, nó sẽ yêu cầu ít nhất ba điểm hỗ trợ, không phải tất cả đều có tỷ lệ hợp lý. Tập không thể cung cấp ví dụ về bộ đếm, vì đây cũng là một đa thức trong . Một tập hợp như có thể cung cấp một ví dụ về bộ đếm.

{0, \frac{1}{3}, 1}

$\{0, \frac{1}{3}, 1\}$

e^{t / 3}

$e^{t/3}$

{0, \frac{π}{4}, 1}

$\{ 0, \frac{\pi}{4}, 1 \}$

— olooney

Tôi nghĩ rằng nó có thể yêu cầu một chuỗi vô hạn bởi vì đó là những gì đúng nói chung. Để xác định duy nhất một hàm phân tích (hàm đặc trưng và mgf của phân bố rời rạc là phân tích vì nó là tổng của nhiều hàm phân tích) chúng ta cần biết 1) giá trị của hàm theo một chuỗi điểm vô hạn, hoặc 2 ) tất cả các đạo hàm của hàm tại một điểm hoặc 3) giá trị của hàm trong bất kỳ đĩa mở nào quanh một điểm. Một mẫu hữu hạn, hoặc chỉ biết nhiều dẫn xuất hữu hạn, không đủ để xác định duy nhất nó.

— olooney

Lý do chúng ta có thể làm cho nó hoạt động cho đa thức là bởi vì chúng có cấu trúc đặc biệt - đặc biệt, mọi deriviate qua một điểm nhất định là bằng không. Cấu trúc của hàm đặc trưng cũng đặc biệt: nó có dạng . Nhưng điều đó có đủ đặc biệt? Có lẽ; Tôi chỉ không biết làm thế nào để chứng minh điều đó.

\sum_{k = 1}^{N} p_{k} e^{x_{k} t}

$\sum_{k=1}^N p_k e^{{x_k}t}$

— olooney

Đặt là phân phối được hỗ trợ trên các số chỉ định xác suất cho mỗi Theo định nghĩa, thời điểm (thô) của độ là $F$ $x_1 \lt x_2 \lt \ldots \lt x_n$ $p_i \gt 0$ $x_i.$ $k$

μ_{k} = \sum_{i = 1}^{n} p_{i} x_{i}^{k} .

$\mu_k = \sum_{i=1}^n p_i x_i^k.$

Tôi sẽ bắt đầu với một loạt các quan sát về tình huống này, mỗi quan tâm theo đúng nghĩa của nó. Một công cụ cơ bản là chuỗi các vectơ cho Viết mỗi khoảnh khắc có thể được biểu thị dưới dạng một sản phẩm vector $\mathbf{x}_k = (x_1^k, x_2^k, \ldots, x_n^k)$ $k=0, 1, \ldots,n-1.$ $\mathbf{p} = (p_1,p_2,\ldots, p_n),$

μ_{k} = \sum_{i = 1}^{n} p_{i} x_{i}^{k} = p x_{k}^{'} .

$\mu_k = \sum_{i=1}^n p_i x_i^k = \mathbf{p}\, \mathbf{x}_k^\prime.$

Bộ sưu tập là độc lập tuyến tính. $\{\mathbf{x}_0,\mathbf{x}_1, \ldots, \mathbf{x}_{n-1}\}$ Để hiển thị điều này, giả sử ngược lại: nghĩa là, hãy để các hệ số không phải là 0 hoàn toàn sao cho Viết ra từng thành phần, khẳng định rằng với mỗi Điều đó thể hiện mỗi là một gốc của đa thứcMột đa thức như vậy có nhiều nhất gốc khác biệt, trái ngược với sự khác biệt của $c_k$
$\begin{matrix} (1) & \sum_{k = 0}^{n - 1} c_{k} x_{k} = 0 . \end{matrix}$ $\sum_{k=0}^{n-1} c_k \mathbf{x}_k = \mathbf{0}.\tag{1}$ $(1)$ $i=1,2,\ldots, n,$ $\sum_{k = 0}^{n - 1} c_{k} x_{i}^{k} = 0.$ $\sum_{k=0}^{n-1} c_k x_i^k = 0.$ $x_i$ $c(T)=c_{n-1}T^{n-1}+c_{n-2}T^{n-2}+\cdots + c_0.$ $\operatorname{deg}(c)\le n-1$ $n$ $x_i.$
Tất cả các khoảnh khắc được xác định bởi khoảnh khắc đầu tiên $n$ $\mu_0,\mu_1,\ldots,\mu_{n-1}.$ Kết quả trước đó cho thấy các vectơ là cơ sở cho Do đó, với mọi là tổ hợp tuyến tính củanghĩa là tồn tại các hệ số (chỉ được xác định bởi ) trong đó hậu quả là $\mathcal{X} = \{\mathbf{x}_k,k=0,1,\ldots, n-1\},$ $\mathbb{R}^n.$ $m,$ $\mathbf{x}_m$ $\mathbf{x}^k,$ $k=0,1,\ldots,n-1;$ $\,_ma_k$ $x_i$
$x_{m} =_{m} a_{0} x_{0} +_{m} a_{1} x_{1} + \dots +_{m} a_{n - 1} x_{n - 1} .$ $\mathbf{x}_m = \,_ma_0\mathbf{x}_0 + \,_ma_1\mathbf{x}_1 + \cdots + \,_ma_{n-1}\mathbf{x}_{n-1}.$ $μ_{m} = p x_{m}^{'} = p \sum_{i = 0}^{n - 1}_{m} a_{k} x_{k}^{'} = \sum_{i = 0}^{n - 1}_{m} a_{k} p x_{k}^{'} = \sum_{i = 0}^{n - 1}_{m} a_{k} μ_{k} .$ $\mu_m = \mathbf{p}\,\mathbf{x}_m^\prime = \mathbf{p}\,\sum_{i=0}^{n-1}\,_ma_k \mathbf{x}_k^\prime = \sum_{i=0}^{n-1}\,_ma_k \mathbf{p}\,\mathbf{x}_k^\prime= \sum_{i=0}^{n-1}\,_ma_k \mu_k.$
Các số và khoảnh khắc đầu tiên xác định $x_i$ $n$ $\mathbf{p}.$ Thật vậy, khoảnh khắc đầu tiên là các hệ số của trong cơ sở kép với $n$ $\mathbf{p}$ $\mathcal X.$
khoảnh khắc đầu tiên của xác định và được xác định bởi, phân phối được dịch chuyển bởi hằng số $n$ $F$ $\lambda.$ Đây là bản phân phối được hỗ trợ trên với xác suất Trình diễn rất đơn giản: sử dụng định lý Binomial để mở rộng theo $x_1-\lambda, x_2-\lambda, \ldots, x_n-\lambda$ $p_i.$ $(x_i-\lambda)^k$ $x_i^0, x_i^1, \ldots, x_i^k.$

Một phần của câu hỏi là liệu có tồn tại vectơ xác suất dương và các điểm hỗ trợ xác định phân phối có những khoảnh khắc giống như Giả sử là có. Chuyển cả hai bản phân phối theo đơn giản hóa tình huống thành các bản phân phối với sự hỗ trợ không âm . Bằng cách lấy lớn tùy ý, các điểm hỗ trợ lớn nhất cuối cùng sẽ chiếm ưu thế trong các khoảnh khắc: Điều này chỉ có thể xảy ra khi và $n^\prime,$ $\mathbf{q},$ $y_1\lt y_2\lt \ldots \lt y_{n^\prime},$ $G$ $F.$ $\lambda=-\min(x_1,y_1),$ $m$

q_{n^{'}} y_{n^{'}}^{m} \approx μ_{m} \approx p_{n} x_{n}^{m}

$q_{n^\prime} y_{n^\prime}^m \approx \mu_m \approx p_n x_n^m$

q_{n^{'}} = p_{n}

$q_{n^\prime}=p_n$

y_{n^{'}} = x_{n} .

$y_{n^\prime} = x_n.$ Tiếp tục theo quy nạp, chúng tôi kết luận và nghĩa là,

n = n^{'},

$n=n^\prime,$

q = p,

$\mathbf{q}=\mathbf{p},$

x_{1} = y_{1} :

$\mathbf{x}_1=\mathbf{y}_1:$

G = F .

$G=F.$

Cuối cùng, cần biết bao nhiêu khoảnh khắc để xác định và ? Hãy xem xét bản đồ được xác định bởiĐạo hàm của nó là ma trận $\mathbf{p}$ $\mathbf{x}$ $f:\mathbb{R}^n\times \mathbb{R}^n\approx \mathbb{R}^{2n}\to\mathbb{R}^{2n}$

f (p^{'}, x^{'}) = (p x_{0}^{'}, p x_{1}^{'}, \dots, p x_{2 n - 1}^{'})^{'} .

$f(\mathbf{p}^\prime, \mathbf{x}^\prime) = (\mathbf{p}\mathbf{x}_0^\prime, \mathbf{p}\mathbf{x}_1^\prime, \ldots, \mathbf{p}\mathbf{x}_{2n-1}^\prime)^\prime.$

2 n \times 2 n

$2n\times 2n$

D f (p^{'}, x^{'}) = (\begin{matrix} 1 & \dots & 1 & 0 & \dots & 0 \\ x_{1} & \dots & x_{n} & p_{1} & \dots & p_{n} \\ x_{1}^{2} & \dots & x_{n}^{2} & 2 p_{1} x_{1} & \dots & 2 p_{n} x_{n} \\ ⋮ & \dots & ⋮ & ⋮ & \dots & ⋮ \\ x_{1}^{2 n - 1} & \dots & x_{n}^{2 n - 1} & (2 n - 1) p_{1} x_{1}^{2 n - 2} & \dots & (2 n - 1) p_{n} x_{n}^{2 n - 2} \end{matrix})

$Df(\mathbf{p}^\prime, \mathbf{x}^\prime) = \pmatrix{1 & \cdots & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ x_1 & \cdots & x_n & p_1 & \cdots & p_n \\ x_1^2 & \cdots & x_n^2 & 2p_1x_1 & \cdots & 2p_n x_n \\ \vdots & \cdots & \vdots & \vdots & \cdots & \vdots \\ x_1^{2n-1} & \cdots & x_n^{2n-1} & (2n-1)p_1x_1^{2n-2} & \cdots & (2n-1)p_nx_n^{2n-2}}$

với cấu trúc giống như Vandermonde, cho phép chúng ta có được một công thức đơn giản cho định thức của nó,

Det (D f (p^{'}, x^{'})) = - (p_{1} p_{2} \dots p_{n})^{2 n} {(\prod_{1 \leq i < j \leq n} (x_{i} - x_{j}))}^{4} .

$\operatorname{Det}\left(Df(\mathbf{p}^\prime, \mathbf{x}^\prime)\right) = -(p_1p_2\cdots p_n)^{2n} \left(\prod_{1\le i\lt j \le n}(x_i-x_j)\right)^4.$

Bởi vì không có bằng 0 và tất cả là khác biệt, nên đây là khác không. Các chức năng Inverse lý ngụ ý là khả nghịch tại địa phương: đó là, với điều kiện là nằm trong khoảng , có tồn tại một nghịch đảo trong một khu phố của Đó là, $p_i$ $x_i$ $f$ $\mathbf{\mu}=(\mu_0,\mu_1,\ldots,\mu_{2n-1})$ $f$ $f^{-1}\subset\mathbb{R}^n\times \mathbb{R}^n$ $\mathbf{\mu}.$

Các khoảnh khắc đầu tiên xác định một tập hợp các giải pháp riêng biệt tương ứng với các khoảnh khắc đó. $2n$ $\mu_0,\mu_1,\ldots,\mu_{2n-1}$ $(\mathbf{p},\mathbf{x})$

Như chúng ta đã chỉ ra, tất cả các giải pháp như vậy tương ứng với cùng một phân phối: chúng chỉ khác nhau bằng cách hoán vị các chỉ số của các biến. $1,2,\ldots, n$

— whuber
nguồn

Làm thế nào để chúng ta đi từ địa phương không thể đảo ngược đến duy nhất? Hàm không thể đảo ngược cục bộ gần 0, nhưng điều đó không ngăn cũng đúng, vì nằm ngoài vùng lân cận trong đó hoạt động. Tại sao không thể có một số điểm bên ngoài vùng lân cận sao cho cũng bằng ?

\sin (x)

$\sin(x)$

\sin (π) = 0

$\sin(\pi) = 0$

π

$\pi$

(- π / 2, π / 2)

$(-\pi/2, \pi/2)$

\sin^{- 1}

$\sin^{-1}$

(p^{″}, x^{″})

$(\mathbf{p}'', \mathbf{x}'')$

f (p^{″}, x^{″})

$f(\mathbf{p}'', \mathbf{x}'')$

(μ_{0}, . . ., μ_{2 n - 1})

$(\mu_0, ..., \mu_{2n-1})$

— olooney

@olooney Tôi đã chứng minh tính duy nhất trước tiên theo nghĩa là có một phân phối duy nhất được xác định bởi thông tin: xem đoạn bắt đầu "một phần của câu hỏi". Bạn đúng rằng đảo ngược cục bộ không xác định hàm duy nhất đó là điểm của nhận xét cuối cùng. Trong thực tế, cócác giải pháp.

f :

$f:$

n!

$n!$

— whuber