두 개의 독립적 인 Bernoulli 모집단의 표본 추출 분포

및 의 두 개의 독립적 인 Bernoulli 랜덤 변수 샘플이 있다고 가정합니다 . $\mathrm{Ber}(\theta_1)$ $\mathrm{Ber}(\theta_2)$

우리는 어떻게 입증 할 그 ?

\frac{({\bar{X}}_{1} - {\bar{X}}_{2}) - (θ_{1} - θ_{2})}{\sqrt{\frac{θ_{1} (1 - θ_{1})}{n_{1}} + \frac{θ_{2} (1 - θ_{2})}{n_{2}}}} \overset{d}{\to} N (0, 1)

$\frac{(\bar X_1-\bar X_2)-(\theta_1-\theta_2)}{\sqrt{\frac{\theta_1(1-\theta_1)}{n_1}+\frac{\theta_2(1-\theta_2)}{n_2}}}\xrightarrow{d} \mathcal N(0,1)$

라고 가정하십시오 . $n_1\neq n_2$

distributions sampling bernoulli-distribution

— 바다에있는 노인.
소스

Z_i = X_1i-X_2i는 유한 평균 및 분산의 iid rv 시퀀스입니다. 따라서 결과가 따르는 Levy-Linderberg 중앙 제한 정리를 충족합니다. 아니면 clt 자체의 증거를 요구하고 있습니까?

— Three Diag

@ThreeDiag CLT의 LL 버전을 어떻게 적용하고 있습니까? 나는 그것이 맞지 않다고 생각합니다. 세부 사항을 확인하는 답을 쓰십시오.

— 바다에있는 노인.

모든 세부 사항이 이미 있습니다. LL을 적용하려면 유한 평균과 분산을 갖는 일련의 iid rv가 필요합니다. 변수 Z_i = X_i1 및 X_i2는 세 가지 요구 사항을 모두 충족합니다. 독립성은 두 가지 베르누이 바의 독립성에 따른 것이며 E와 V의 표준 속성을 적용함으로써 E (Z_i)와 V (Z_i)가 유한함을 알 수 있습니다

— Three Diag

"두 개의 독립적 인 Bernoulli 랜덤 변수 샘플"-잘못된 표현. "Beroulli 분포에서 2 개의 독립 표본"이어야합니다.

— Viktor

n_{1}, n_{2} \to \infty

$n_1,n_2\to \infty$ " 로 추가하십시오 .

— Viktor

답변:

넣어 , , , 입니다. 우리가 . 특징적인 기능의 관점에서 그것은 우리는 $a=\frac{\sqrt{\theta_1(1-\theta_1)}}{\sqrt{n_1}}$ $b=\frac{\sqrt{\theta_2(1-\theta_2)}}{\sqrt{n_2}}$ $A=(\bar{X}_1-\theta_1)/a$ $B=(\bar{X}_2-\theta_2)/b$ $A\to_d N(0,1),\ B\to_d N(0,1)$

ϕ_{A} (t) \equiv E e^{i t A} \to e^{- t^{2} / 2}, ϕ_{B} (t) \to e^{- t^{2} / 2} .

$\phi_A(t)\equiv {\bf E}e^{itA}\to e^{-t^2/2},\ \phi_B(t)\to e^{-t^2/2}.$

D := \frac{a}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} A - \frac{b}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} B \to_{d} N (0, 1)

$D:=\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}A-\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}B\to_d N(0,1)$

이후 및 독립적으로, 원하는대로) $A$ $B$

ϕ_{D} (t) = ϕ_{A} (\frac{a}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} t) ϕ_{B} (- \frac{b}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} t) \to e^{- t^{2} / 2},

$\phi_D(t)=\phi_A\left(\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}t\right)\phi_B\left(-\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}t\right)\to e^{-t^2/2},$

이 증거는 불완전합니다. 여기서 우리는 특성 함수의 균일 한 수렴에 대한 몇 가지 추정이 필요합니다. 그러나 고려중인 경우 명시적인 계산을 수행 할 수 있습니다. 넣어 . as 입니다. 따라서 고정 경우 $p=\theta_1,\ m=n_1$

\begin{aligned} ϕ_{X_{1, 1}} (t) & = 1 + p (e^{i t} - 1), \\ ϕ_{{\bar{X}}_{1}} (t) & = (1 + p (e^{i t / m} - 1))^{m}, \\ ϕ_{{\bar{X}}_{1} - θ_{1}} (t) & = (1 + p (e^{i t / m} - 1))^{m} e^{- i p t}, \\ ϕ_{A} (t) & = (1 + p (e^{i t / \sqrt{m p (1 - p)}} - 1))^{m} e^{- i p t \sqrt{m} / \sqrt{p (1 - p)}} \\ = {((1 + p (e^{i t / \sqrt{m p (1 - p)}} - 1)) e^{- i p t / \sqrt{m p (1 - p)}})}^{m} \\ = {(1 - \frac{t^{2}}{2 m} + O (t^{3} m^{- 3 / 2}))}^{m} \end{aligned}

$\begin{align} \phi_{X_{1,1}}(t) &= 1+p(e^{it}-1), \\ \phi_{\bar X_{1}}(t) &= (1+p(e^{it/m}-1))^m, \\ \phi_{\bar X_{1}-\theta_1}(t) &= (1+p(e^{it/m}-1))^m e^{-ipt}, \\ \phi_{A}(t) &= (1+p(e^{it/\sqrt{mp(1-p)}}-1))^m e^{-ipt\sqrt{m}/\sqrt{p(1-p)}} \\[5pt] &= \left( \left(1+p(e^{it/\sqrt{mp(1-p)}}-1)\right)e^{-ipt/\sqrt{mp(1-p)}}\right)^m \\[5pt] &=\left( 1-\frac{t^2}{2m}+O(t^3m^{-3/2}) \right)^m \end{align}$

t^{3} m^{- 3 / 2} \to 0

$t^3m^{-3/2}\to 0$

t

$t$

ϕ_{D} (t) = {(1 - \frac{a^{2} t^{2}}{2 (a^{2} + b^{2}) n_{1}} + O (n_{1}^{- 3 / 2}))}^{n_{1}} {(1 - \frac{b^{2} t^{2}}{2 (a^{2} + b^{2}) n_{2}} + O (n_{2}^{- 3 / 2}))}^{n_{2}} \to e^{- t^{2} / 2}

$\phi_D(t)=\left( 1-\frac{a^2t^2}{2(a^2+b^2)n_1}+O(n_1^{-3/2}) \right)^{n_1} \left( 1-\frac{b^2t^2}{2(a^2+b^2)n_2}+O(n_2^{-3/2}) \right)^{n_2} \to e^{-t^2/2}$ ( 또는 일지라도 ) 때 ( /math/2566469/uniform-bounds-for-1-y-nn-exp-y/ ).

a \to 0

$a\to 0$

b \to 0

$b\to 0$

| e^{- y} - (1 - y / m)^{m} | \leq y^{2} / 2 m

$\left|e^{-y}-(1-y/m)^m\right|\le {y^2}/{2m}\$

y / m < 1 / 2

$\ y/m<1/2$

첫 번째 두 모멘트의 측면에서 특성 함수의 확장을 사용하여 유한 한 두 번째 모멘트를 갖는 임의의 (베르누이가 아닌) 분포에 대해 유사한 계산이 수행 될 수 있습니다.

— 빅토르
소스

이것은 올바른 것 같습니다. 나중에 모든 것을 확인할 시간이되면 다시 연락 드리겠습니다. ;)

— 바다의 노인.

-1

당신의 진술을 증명하는 것은 (Levy-Lindenberg) Central Limit Theorem을 증명하는 것과 같습니다.

경우 , 유한 평균을 가진 IID 확률 변수의 서열이다 와 유한 분산 다음에 $\{Z_i\}_{i=1}^n$ $\mathbb{E}(Z_i) = \mu$ $\mathbb{V}(Z_i) = \sigma^2$

\sqrt{n} (\bar{Z} - μ) \to^{d} N (0, σ^{2})

$\sqrt{n}(\bar{Z} - \mu) \to^d N(0,\sigma^2)$

여기 에서 샘플 분산 인 입니다. $\bar{Z} = \sum_i Z_i/n$

그러면 우리가 넣으면 쉽게 알 수 있습니다

Z_{i} = X_{1} i - X_{2} i

$Z_i = X_1i - X_2i$ 와 따르는 및 특히 법칙이 만족되는 조건의 각각에,

X_{1 i}, X_{2 i}

$X_{1i}, X_{2i}$

B e r (θ_{1})

$Ber(\theta_1)$

B e r (θ_{2})

$Ber(\theta_2)$

E (Z_{i}) = θ_{1} - θ_{2} = μ

$\mathbb{E}(Z_i) = \theta_1 - \theta_2 = \mu$

과

V (Z_{i}) = θ_{1} (1 - θ_{1}) + θ_{2} (1 - θ_{2}) = σ^{2}

$\mathbb{V}(Z_i)= \theta_1(1-\theta_1) +\theta_2(1-\theta_2)= \sigma^2$

(마지막 구절이 있으며 일반적인 경우에 대해서는 약간 조정해야 하지만 지금 가야합니다. 내일을 끝내거나 운동으로 최종 구절로 질문을 편집 할 수 있습니다) $n_1 \neq n_2$

— 세 진단
소스

n_{1} \neq n_{2}

$n_1\neq n_2$

— 바다에있는 노인

당신이 그것을 얻을 수 없다면 나중에 보여줄 것입니다. 힌트 : Z의 표본 평균의 분산을 계산하고이를 정리의 변수로 사용

— Three Diag

대한 세부 정보를 추가해 주 시겠습니까? 고마워

n_{1} \neq n_{2}

$n_1 \neq n_2$

— 바다의 노인.

작은 타이밍을 발견하자마자 할 것입니다. 실제로 조정없이 LL clt를 사용하지 못하게하는 미묘함이있었습니다. 가는 방법은 세 가지가 있는데, 가장 간단한 방법은 큰 n1과 n2의 경우 X1과 X2가 법선으로 분포한다는 사실을 불러 일으키고 법선의 선형 조합도 정상입니다. 이것은 주어진 법선 특성으로, 그렇지 않으면 특징적인 기능으로 증명할 수 있습니다.

— Three Diag

다른 두 개는 다른 clt (Lyapunov)를 요구하거나 대안 적으로 n1 = i 및 n2 = i + k를 처리합니다. 그런 다음 큰 i의 경우 본질적으로 k를 무시하고 다시 LL을 적용하기 위해 다시 갈 수 있습니다 (그러나 여전히 올바른 분산을 유지하려면 약간의주의가 필요합니다)

— Three Diag