Распределение с м кумулянтом, заданным ?

Есть ли какая-нибудь информация о распределении, й кумулянт которого равен ? Генерирующая функция кумулянта имеет вид Я столкнулся с этим как с ограничивающим распределением некоторых случайных переменных, но я не смог найти никакой информации по нему. $n$ $\frac 1 n$

κ (T) знак равно \int_{0}^{1} \frac{е^{T Икс} - 1}{Икс} d Икс,

$\kappa(t) = \int_0 ^ 1 \frac{e^{tx} - 1}{x} \ dx.$

distributions mgf cumulants парень
источник

Я не могу видеть, что эта функция вы дали, обладает заявленным свойством! Вы должны пересмотреть свою работу. Приближая экспоненту n к подынтегральному выражению, близкому к нулю с , подынтегральное выражение, близкое к нулю, становится , поэтому расходится. Таким образом, этот интеграл не может представлять функцию кумулянта.

κ (t)

$\kappa(t)$

1 + t x

$1+tx$

t / x

$t/x$

kjetil b halvorsen

@kjetilbhalvorsen не уверен, что я следую. Аппроксимация

e^{t x}

$e^{tx}$ с

1 + t x

$1 + tx$ дает

\frac{t x}{x} = t

$\frac{tx}{x} = t$ для подынтегрального выражения. Кроме того, согласно этому функция, которую я дал, имеет известный интеграл в терминах гиперболического косинуса и синуса. Чтобы показать, что

κ (t)

$\kappa(t)$ обладает заявленным свойством, просто сделайте полный ряд Тейлора около

0

$0$ для

e^{t x}

$e^{tx}$ и протолкните интеграл до суммы, чтобы получить ряд Тейлора для

κ (t)

$\kappa(t)$ около

0

$0$ .

парень

sympy говорит, что интеграл расходится (по-своему эксцентрично!). Но Симпи должен быть не прав, я вижу это сейчас, экспериментировал с некоторой числовой интеграцией, и она работает просто хорошо. Попробую еще раз.

kjetil b halvorsen

Глядя на результат альфа Wolphram, он также не может быть правильным, он имеет ненулевой предел, когда t приближается к нулю, в то время как

κ (0) = 0

$\kappa(0)=0$ ясно.

kjetil b halvorsen

Я считаю, что это абсолютно непрерывно на

(0, \infty)

$(0, \infty)$ . Реализуется как предел вычислимых пуассоновских случайных величин; при

n \to \infty

$n \to \infty$ составной пуассон со скоростью

\int_{1 / n}^{1} \frac{1}{x} d x

$\int_{1/n}^1 \frac 1 x \ dx$ и скачкообразной плотностью распределения

f_{n} (x) \propto \frac{1}{x} I (1 / n < x < 1)

$f_n(x) \propto \frac 1 x I(1/n < x < 1)$ слабо сходится к этому распределению.

парень

Зная значения кумулянтов, мы можем получить представление о том, как будет выглядеть график этого распределения вероятностей. Среднее значение и дисперсия распределения

Е [Y] знак равно κ_{1} знак равно 1, Var [Y] знак равно κ_{2} знак равно \frac{1}{2}

$E[Y] = \kappa_1 =1, \;\; \text{Var}[Y] = \kappa_2 = \frac 12$

в то время как его коэффициенты асимметрии и избыточного эксцесса

γ_{1} знак равно \frac{κ_{3}}{(κ_{2})^{3 / 2}} знак равно \frac{(1 / 3)}{(1 / 2)^{3 / 2}} знак равно \frac{2 \sqrt{2}}{3}

$\gamma_1 = \frac{\kappa_3}{(\kappa_2)^{3/2}} = \frac{(1/3)}{(1/2)^{3/2}} = \frac{2\sqrt 2}{3}$

γ_{2} знак равно \frac{κ_{4}}{(κ_{2})^{2}} знак равно \frac{(1 / 4)}{(1 / 2)^{2}} знак равно 1

$\gamma_2 = \frac{\kappa_4}{(\kappa_2)^{2}} = \frac{(1/4)}{(1/2)^{2}} = 1$

Так что это может быть знакомый график положительной случайной величины, демонстрирующей положительную асимметрию. Что касается нахождения распределения вероятностей, подход мастера может заключаться в определении общего дискретного распределения вероятностей, принимая значения в , с соответствующими вероятностями , а затем используйте кумулянты для вычисления необработанных моментов с целью формирования системы линейных уравнений с вероятностями, являющимися неизвестными. Кумулянты связаны с необработанными моментами с помощью Решено для первого это дает пять необработанных моментов ( в нашем случае числовое значение в конце относится к кумулянтам ) $\{0,1,...,m\}$ $\{p_0,p_1,...,p_m\},\; \sum_{k=0}^mp_k =1$

κ_{N} знак равно μ_{N}^{'} - Σ_{я знак равно 1}^{N - 1} (\binom{N - 1}{я - 1}) κ_{я} μ_{N - я}^{'}

$\kappa_n=\mu'_n-\sum_{i=1}^{n-1}{n-1 \choose i-1}\kappa_i \mu_{n-i}'$

\begin{aligned} μ_{1}^{'} знак равно & κ_{1} знак равно 1 \\ μ_{2}^{'} знак равно & κ_{2} + κ_{1}^{2} знак равно 3 / 2 \\ μ_{3}^{'} знак равно & κ_{3} + 3 κ_{2} κ_{1} + κ_{1}^{3} знак равно 17 / 6 \\ μ_{4}^{'} знак равно & κ_{4} + 4 κ_{3} κ_{1} + 3 κ_{2}^{2} + 6 κ_{2} κ_{1}^{2} + κ_{1}^{4} знак равно 19 / 3 \\ μ_{5}^{'} знак равно & κ_{5} + 5 κ_{4} κ_{1} + 10 κ_{3} κ_{2} + 10 κ_{3} κ_{1}^{2} + 15 κ_{2}^{2} κ_{1} + 10 κ_{2} κ_{1}^{3} + κ_{1}^{5} знак равно 243 / 15 \end{aligned}

$\begin{align} \mu'_1=&\kappa_1 =1\\ \mu'_2=&\kappa_2+\kappa_1^2=3/2\\ \mu'_3=&\kappa_3+3\kappa_2\kappa_1+\kappa_1^3=17/6\\ \mu'_4=&\kappa_4+4\kappa_3\kappa_1+3\kappa_2^2+6\kappa_2\kappa_1^2+\kappa_1^4=19/3\\ \mu'_5=&\kappa_5+5\kappa_4\kappa_1+10\kappa_3\kappa_2+10\kappa_3\kappa_1^2+15\kappa_2^2\kappa_1+10\kappa_2\kappa_1^3+\kappa_1^5=243/15\\ \end{align}$ Если мы (на мгновение) установим получим систему уравнений

m = 5

$m=5$

\begin{aligned} Σ_{К знак равно 0}^{5} п_{К} знак равно & 1, Σ_{К знак равно 0}^{5} п_{К} К знак равно 1 \\ Σ_{К знак равно 0}^{5} п_{К} К^{2} знак равно & 3 / 2, Σ_{К знак равно 0}^{5} п_{К} К^{3} знак равно 17 / 6 \\ Σ_{К знак равно 0}^{5} п_{К} К^{4} знак равно & 19 / 3, Σ_{К знак равно 0}^{5} п_{К} К^{5} знак равно 243 / 15 \\ s, T, п_{К} \geq 0 \forall К \end{aligned}

$\begin{align} \sum_{k=0}^5p_k=&1,\qquad \sum_{k=0}^5p_kk=1\\ \sum_{k=0}^5p_kk^2=&3/2,\qquad \sum_{k=0}^5p_kk^3=17/6\\ \sum_{k=0}^5p_kk^4=& 19/3 ,\qquad \sum_{k=0}^5p_kk^5= 243/15\\ &s.t. p_k\ge 0 \;\;\forall k\\ \end{align}$

Конечно, мы не хотим, чтобы было равно . Но постепенно увеличивая (и получая значение последующих моментов), мы должны в конечном итоге достичь точки, в которой решение для вероятностей стабилизируется. Такой подход не может быть осуществлен вручную, но у меня нет ни доступа к программному обеспечению, ни навыков программирования, необходимых для выполнения такой задачи. $m$ $5$ $m$

Алекос Пападопулос
источник

Это здорово. Может быть, я мог бы сделать какое-то расширение Edgeworth? На самом деле, у меня уже есть представление о том, как выглядит плотность (при условии, что она существует), поскольку я могу моделировать непосредственно из нее. Это очень странно - оно выглядит равномерным в некотором диапазоне а затем затухает с чем-то вроде экспоненциального хвоста (это было давно с тех пор, как я делал симуляцию).

(0, a)

$(0, a)$

(a, \infty)

$(a, \infty)$

парень

Благодарю. Конечно, вы всегда можете выполнить расширение Edgworth, основываясь на кумулянтах, но мне интересно, насколько хорошо оно будет работать, учитывая странную форму, которую вы описываете. Было бы интересно сопоставить two.Can вы скажите мне значение для ?

a

$a$

Алекос Пападопулос

Выкопал мой старый код и нашел . Если то приблизительно равно а приблизительно равно гамма-распределению с формой и средним значением .

a \approx 1

$a \approx 1$

Y \sim κ (t)

$Y \sim \kappa(t)$

[Y ∣ Y < 1]

$[Y \mid Y < 1]$

U (0, 1)

$\mathcal U(0, 1)$

[Y - 1 ∣ Y > 1]

$[Y - 1\mid Y > 1]$

1.4

$1.4$

0.64

$0.64$

парень

Что вы подразумеваете под ?

Y \sim κ (t)

$Y \sim \kappa(t)$

Алекос Пападопулос

Так как же тогда выглядит PDF? Что касается подгонки по моментам, является ли подгонка «надежной» и «стабильной» при увеличении количества используемых моментов (4, 5, 6, 7 или 8 и т. Д.), Или это повсеместно?

волки

Распределение с м кумулянтом, заданным ?

Ответы: