Різниця середнього значення зразка завантажувального зразка

9

Дозволяє $X_{1},...,X_{n}$ бути чіткими спостереженнями (відсутність зв’язків). Дозволяє $X_{1}^{*},...,X_{n}^{*}$ позначимо зразок завантаження (зразок із емпіричного CDF) і нехай . Знайдіть та . $\bar{X}_{n}^{*}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_{i}^{*}$ $E(\bar{X}_{n}^{*})$ $\mathrm{Var}(\bar{X}_{n}^{*})$

Я маю досі це те, що є кожен з вірогідністю так що та що дає $X_{i}^{*}$ $X_{1},...,X_{n}$ $\frac{1}{n}$

Е (Х_{i}^{*}) = \frac{1}{н} Е (Х_{1}) + . . . + \frac{1}{н} Е (Х_{н}) = \frac{н мк}{н} = мк

$E(X_{i}^{*})=\frac{1}{n}E(X_{1})+...+\frac{1}{n}E(X_{n})=\frac{n\mu}{n}=\mu$

Е (Х_{i}^{* 2}) = \frac{1}{н} Е (Х_{1}^{2}) + . . . + \frac{1}{н} Е (Х_{н}^{2}) = \frac{н ({мк}^{2} + σ^{2})}{н} = {мк}^{2} + σ^{2},

$E(X_{i}^{*2})=\frac{1}{n}E(X_{1}^{2})+...+\frac{1}{n}E(X_{n}^{2})=\frac{n(\mu^{2}+\sigma^{2})}{n}=\mu^{2}+\sigma^{2}\>,$

V а r (Х_{i}^{*}) = Е (Х_{i}^{* 2}) - (Е (Х_{i}^{*}))^{2} = {мк}^{2} + σ^{2} - {мк}^{2} = σ^{2} .

$\mathrm{Var}(X_{i}^{*})=E(X_{i}^{*2})-(E(X_{i}^{*}))^{2}=\mu^{2}+\sigma^{2}-\mu^{2}=\sigma^{2} \>.$

Тоді,

Е ({\bar{Х}}_{н}^{*}) = Е (\frac{1}{н} \sum_{i = 1}^{н} Х_{i}^{*}) = \frac{1}{н} \sum_{i = 1}^{н} Е (Х_{i}^{*}) = \frac{н мк}{н} = мк

$E(\bar{X}_{n}^{*})=E(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_{i}^{*})=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}E(X_{i}^{*})=\frac{n\mu}{n}=\mu$ і

V а r ({\bar{Х}}_{н}^{*}) = V а r (\frac{1}{н} \sum_{i = 1}^{н} Х_{i}^{*}) = \frac{1}{н^{2}} \sum_{i = 1}^{н} V а r (Х_{i}^{*})

$\mathrm{Var}(\bar{X}_{n}^{*})=\mathrm{Var}(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_{i}^{*})=\frac{1}{n^{2}}\sum_{i=1}^{n}\mathrm{Var}(X_{i}^{*})$ з часу

X_{i}^{*}

$X_{i}^{*}$ Російські незалежні. Це дає

V a r ({\bar{X}}_{n}^{*}) = \frac{n σ^{2}}{n^{2}} = \frac{σ^{2}}{n}

$\mathrm{Var}(\bar{X}_{n}^{*})=\frac{n\sigma^{2}}{n^{2}}=\frac{\sigma^{2}}{n}$

Однак, я не отримую такої ж відповіді, коли буду умовою $X_{1},\ldots,X_{n}$ і використовувати формулу для умовної дисперсії:

V a r ({\bar{X}}_{n}^{*}) = E (V a r ({\bar{X}}_{n}^{*} | X_{1}, . . ., X_{n})) + V a r (E ({\bar{X}}_{n}^{*} | X_{1}, \dots, X_{n})) .

$\mathrm{Var}(\bar{X}_{n}^{*})=E(\mathrm{Var}(\bar{X}_{n}^{*}|X_{1},...,X_{n}))+\mathrm{Var}(E(\bar{X}_{n}^{*}|X_{1},\ldots,X_{n})) \>.$

$E(\bar{X}_{n}^{*}|X_{1},\ldots,X_{n})=\bar{X}_{n}$ і $\mathrm{Var}(\bar{X}_{n}^{*}|X_{1},\ldots,X_{n})=\frac{1}{n^{2}}(\sum X_{i}^{2}-n\bar{X}_{n}^{2})$ тому включення їх у формулу вище дає (після деякої алгебри) $\mathrm{Var}(\bar{X}_{n}^{*})=\frac{(2n-1)\sigma^{2}}{n^{2}}$ .

Невже я тут щось неправильно роблю? У мене таке відчуття, що я не використовую формулу умовної дисперсії правильно, але не впевнений. Будь-яка допомога буде вдячна.

— rrruss
джерело

Можливо, ваш V (E (X | X1..Xn)) неправильно обчислений. Відповідь повинна бути однаковою.

Ви, мабуть, праві - але ця відповідь не здається дуже інформативною. Можливо, ви могли б вказати, яка частина неправильна?

— whuber

5

Правильна відповідь $\frac{n-1}{n^2}S^2$ . Рішення # 4 тут

— Грег
джерело

4

Це може бути пізньою відповіддю, але те, що неправильно у вашому обчисленні, полягає в наступному: ви припустили, що безперечно ваш зразок завантажувального пристрою є iid. Це помилково: за умови вашої вибірки зразок завантажувальної програми є дійсно ідентичним, але беззастережно ви втрачаєте незалежність (але ви все одно маєте однаково розподілені випадкові змінні). Це, по суті, вправа 13 у Ларрі Вассермана. Уся непараметрична статистика .

— М Турген
джерело