Чому CLT не працює для

Отже, ми знаємо, що сума отрут з параметром λ сама по собі є пуассоном з n λ . Отже, гіпотетично можна взяти x ∼ p o i s s o n ( λ = 1 ) і сказати, що це насправді ∑ n 1 x i ∼ p o i s s o n ( λ = 1 ), де кожен x i є: x я ∼ п о$n$$\lambda$$n\lambda$$x \sim poisson(\lambda = 1)$$\sum_1^n x_i \sim poisson(\lambda = 1)$$x_i$$x_i \sim poisson(\lambda = 1/n)$ , і прийняти великий пщоб отримати ЦПТ до роботи.

Це (очевидно) не працює. Я припускаю, що це має щось спільне з тим, як CLT працює "швидше" для випадкових змінних, які "ближче" до нормальних, і що чим менша лямбда, тим більше ми отримуємо випадкову змінну, яка здебільшого дорівнює 0 і рідко змінюється щось інше.

Однак те, що я пояснив, - це моя інтуїція. Чи є більш формальний спосіб пояснити, чому це так?

Спасибі!

Я погоджуюся з @whuber, що, здається, корінь плутанини замінює асимптотичний підсумок у CLT деяким поділом у вашому аргументі. У ЦПТ ми отримуємо фіксоване розподіл , то накреслити п числа х я з неї і обчислити суму ˙ х п = $f(x,\lambda)$$n$$x_i$ . Якщо ми продовжуємо збільшуватиn,то відбувається цікава річ: $\bar x_n=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nx_i$$n$ деμ,σ2- середнє значення, а дисперсія розподілуf(x).

$$\sqrt n (\bar x_n-\mu)\rightarrow\mathcal{N}(0,\sigma^2)$$ $\mu,\sigma^2$$f(x)$

Що ви пропонуєте робити з Пуассон трохи назад: замість підсумовування змінних з фіксованого розподілу, ви хочете розділити на фіксований розподіл в постійно змінюються частини. Іншими словами, ви берете змінну з фіксованого розподілу f ( x , λ ), а потім ділите її на x i так, що n ∑ i = 1 x i ≡ $x$$f(x,\lambda)$$x_i$

$$\sum_{i=1}^nx_i\equiv x$$

Що CLT говорить про цей процес? Нічого. Зауважте, як у CLT ми колись змінюємось , і йогомінливийрозподілfn(x),що сходить дофіксованогорозподілуN(0,σ2$\sqrt n(\bar x_n-\mu)$$f_n(x)$$\mathcal{N}(0,\sigma^2)$

У вашому налаштуванні ні сума ні його розподіл f ( x , λ ) не змінюються! Вони виправлені. Вони не змінюються, вони ні до чого не сходяться. Отже, CLT не має про що сказати.$x$$f(x,\lambda)$

Також CLT нічого не говорить про кількість елементів у сумі. Ви можете мати суму 1000 змінних від Пуассона (0,001), і CLT нічого не скаже про суму. Все, що вона говорить, - це те, що якщо ви продовжуєте збільшувати N, то в якийсь момент ця сума почне виглядати як звичайний розподіл . Насправді, якщо N = 1 000 000, ви отримаєте близьке наближення нормального розподілу.$\frac{1}{N}\sum_{i=1}^N x_i, x_i\sim Poisson(0.001)$

Ваша інтуїція правильна лише щодо кількості елементів у сумі, тобто чим більше початковий розподіл відрізняється від звичайного, тим більше елементів потрібно підсумувати, щоб прийти в норму. Більш формальний (але все - таки неформальний) спосіб був би, дивлячись на характеристичної функції Пуассона: Якщо Х > > 1 , ви отримуєте з розкладанням Тейлора (WRT т ) вкладеного показника: ≈ exp ( i λ t - λ / 2 t

$$\exp(\lambda (\exp(it)-1))$$ $\lambda>>1$$t$ Це характерна функція нормального розподілу N ( λ , λ 2 $$\approx\exp(i\lambda t-\lambda/2t^2)$$ $\mathcal{N}(\lambda,\lambda^2)$

Однак ваша інтуїція застосовується неправильно: ваше зміщення підсумовування в CLT якимось поділом псує речі і робить CLT непридатним.

Проблема з вашим прикладом полягає в тому, що ви дозволяєте параметрам змінюватися по мірі зміни . CLT повідомляє, що для фіксованого розподілу з кінцевим середнім і sd, як n → ∞ ,$n$$n \rightarrow \infty$

,$\frac {\sum x - \mu} {\sqrt n} \rightarrow_d N(0, \sigma)$

де і σ - від середнього і sd розподілу x .$\mu$$\sigma$$x$

Звичайно, для різних розподілів (наприклад, для більш високих перекосів, наприклад) потрібні більші , перш ніж наближення, отримане з цієї теореми, стане розумним. У вашому прикладі, для λ т = 1 / м , з п > > т потрібно до нормального наближення розумно.$n$$\lambda_m = 1/m$$n >> m$

EDIT

Існує дискусія про те, як CLT застосовується не до сум, а до стандартизованих сум (тобто не∑xi). Теоретично це, звичайно, вірно: нестандартна сума матиме неозначений розподіл у більшості випадків.$\sum x_i / \sqrt n$$\sum x_i$

Однак на практиці ви, звичайно, можете застосувати наближення, виправдане CLT, до сум! Якщо можна наблизити звичайним CDF для великого n , то, безумовно, F ∑ x теж може, оскільки множення на скаляр зберігає нормальність. І ви можете побачити це відразу в цій проблемі: згадайте, що якщо X i ∼ P o i s ( λ ) , то Y = ∑ n i = 1 X i ∼ P o i s ( n λ $F_{\bar x}$$n$$F_{\sum x}$$X_i \sim Pois(\lambda)$$Y = \sum_{i = 1}^n X_i \sim Pois(n\lambda)$. І ми всі дізналися з нашого ймовірного курсу верхнього поділу, що для великого CDF a P o i s ( λ ) може бути досить апроксимірован нормалом при μ = λ , σ 2 = λ . Тож для будь-якого фіксованого λ ми можемо досить добре наблизити CDF Y ∼ P o i s ( n λ ) з Φ ( y - n $\lambda$$Pois(\lambda)$$\mu = \lambda$$\sigma^2 = \lambda$ $\lambda$$Y \sim Pois(n\lambda)$для досить великогоn,якщоλ>0(наближення можна тривіально застосувати, якщоλ=0, але не обчислення CDF, як я його написав).$\Phi( \frac{y - n\lambda}{\sqrt{n\lambda} })$$n$$\lambda > 0$$\lambda = 0$

Хоча CLT легко не застосовується до сум, наближення, засноване на CLT, безумовно, має місце. Я вважаю, що саме про це йдеться в ОП, коли обговорювалося застосування CLT до суми.

Питання, я стверджую, цікавіше, якщо подумати про більш загальне, щоб розподіл батьківського Пуассона залежав від , скажімо, з параметрами λ n та λ n = 1 як особливий випадок. Я думаю, що цілком доцільно запитати, чому і як ми можемо це зрозуміти, центральна межа теореми не дотримується для суми S n = ∑ n i = 1 X i , n . Зрештою, звичайно застосовувати CLT навіть у задачах, коли розподіл компонентів суми залежить від $n$$\lambda_n$$\lambda_n = 1$$S_n = \sum_{i=1}^n X_{i,n}$$n$. It's also common to decompose Poisson distributions as the distribution of a sum of Poisson variables, and then apply a CLT.

Як я бачу, ключовим питанням є те, що ваша конструкція передбачає розподіл залежить від n таким чином, що параметр розподілу S n не зростає в n . Якщо ви замість цього взяли, наприклад, S n ∼ P o i ( n ) і зробили те саме розкладання, застосовується стандартний CLT. Насправді можна думати про багато декомпозицій розподілу P o i ( λ n ), що дозволяє застосовувати CLT.$X_{i, n}$$n$$S_n$$n$$S_n \sim Poi(n)$$Poi(\lambda_n)$

The Lindeberg-Feller Central Limit Theorem for triangular arrays is often used to examine convergence of such sums. As you point out, $S_n \sim Poi(1)$ for all $n$, so $S_n$ cannot be asymptotically normal. Still, examining the Lindeberg-Feller condition sheds some light on when decomposing a Poisson into a sum may lead to progress.

A version of the theorem may be found in these notes by Hunter. Let $s_n^2 = \mathrm{Var(S_n)}$. The Lindeberg-Feller condition is that, $\forall \epsilon >0$:

$$\frac{1}{s_n^2}\sum_{i=1}^n\mathbb E[X_{i,n} - 1/n]^2I(\vert X_{i,n} - 1/n \vert >\epsilon s_n) \to 0,n\to\infty$$

Now, for the case at hand, the variance of the terms in the sum is dying off so quickly in $n$ that $s_n = 1$ for every $n$. For fixed $n$, we also have that the $X_{i,n}$ are iid. Thus, the condition is equivalent to

$$n\mathbb E[X_{1,n} - 1/n]^2I(\vert X_{1,n} - 1/n \vert >\epsilon) \to 0.$$

But, for small $\epsilon$ and large $n$,

$$\begin{align} n\mathbb E[X_{1,n} - 1/n]^2I(\vert X_{1,n} - 1/n \vert >\epsilon) &>n\epsilon^2P(X_{1,n}>0) \\ &=\epsilon^2n[1 - e^{-1/n}] \\ &= \epsilon^2n[1-(1 - 1/n + o(1/n))] \\ &= \epsilon^2 + o(1), \end{align}$$

which does not approach zero. Thus, the condition fails to hold. Again, this is as expected since we already know the exact distribution of $S_n$ for every $n$, but going through these calculations gives some indications of why it fails: if the variance didn't die off as quickly in $n$ you could have the condition hold.