주어진

$n$ 번째 누적이 로 주어진 분포에 대한 정보가 있습니까? $\frac 1 n$ ? 누적 생성 함수는

κ (t) = \int_{0}^{1} \frac{e^{t x} - 1}{x} d x .

$\kappa(t) = \int_0 ^ 1 \frac{e^{tx} - 1}{x} \ dx.$ 나는 임의의 변수의 제한 분포로 그것을 가로 질러 보았지만 그것에 대한 정보를 찾을 수 없었습니다.

distributions mgf cumulants

— 사람
소스

당신이 부여 한이 함수

에 소유권이 주장 된 속성 이 있음을 알 수 없습니다 ! yoiur 작업을 수정해야합니다.

로 0에 가까운 정수 n에 지수를 근사하면 , 0에 가까운 정수는

가되어 분기됩니다. 따라서 적분은 누적 생성 함수를 나타낼 수 없습니다.

κ (t)

$\kappa(t)$

1 + t x

$1+tx$

t / x

$t/x$

— kjetil b halvorsen

@kjetilbhalvorsen 내가 확실하지 않습니다.

를 근사 하면

e^{t x}

$e^{tx}$

1 + t x

$1 + tx$

정수의 경우

입니다. 도에있어서,이I 준 쌍곡선 함수는 사인 및 코사인 적분 측면에서 알려진 적분있다. 그 표시하려면

청구 된 속성이 단지 주변 전체 테일러 시리즈을

에 대한

와의 테일러 시리즈 얻을 합을 통해 통합을 밀어

의 주위에

\frac{t x}{x} = t

$\frac{tx}{x} = t$

κ (t)

$\kappa(t)$

0

$0$

e^{t x}

$e^{tx}$

κ (t)

$\kappa(t)$

0

$0$

— guy

sympy는 적분이 (자신의 편심적인 방식으로) 분 기적이라고 말합니다. 그러나 sympy는 틀렸어 야합니다. 지금은 수치 적분을 실험하여 잘 작동합니다. 다시 시도합니다.

— kjetil b halvorsen

Wolphram 알파 결과를 살펴보면 t도 0에 가까울 때 0이 아닌 한계를 가지지 만

정확하지 않습니다.

κ (0) = 0

$\kappa(0)=0$

— kjetil b halvorsen

나는 그것이

에 절대적으로 연속적이라고 생각합니다 . 그것은 포아송 임의 변수의 한계로 실현된다. 같은

레이트 화합물과 포아송

(0, \infty)

$(0, \infty)$

n \to \infty

$n \to \infty$

및 점프 분포 밀도

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

$\int_{1/n}^1 \frac 1 x \ dx$

는이 분포에 약하게 수렴합니다.

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

$f_n(x) \propto \frac 1 x I(1/n < x < 1)$

— guy

cumulants의 값을 알면이 확률 분포의 그래프가 어떻게 보이는지 알 수 있습니다. 분포의 평균과 분산은

E [Y] = κ_{1} = 1, Var [Y] = κ_{2} = \frac{1}{2}

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

왜도 및 초과 첨도 계수는

γ_{1} = \frac{κ_{3}}{(κ_{2})^{3 / 2}} = \frac{(1 / 3)}{(1 / 2)^{3 / 2}} = \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} = \frac{κ_{4}}{(κ_{2})^{2}} = \frac{(1 / 4)}{(1 / 2)^{2}} = 1

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

$\{0,1,...,m\}$ $\{p_0,p_1,...,p_m\},\; \sum_{k=0}^mp_k =1$ , and then use the cumulants to calculate the raw moments, with the purpose of forming a system of linear equations with the probabilities being the unknowns. Cumulants are related to raw moments by

κ_{n} = μ_{n}^{'} - \sum_{i = 1}^{n - 1} (\binom{n - 1}{i - 1}) κ_{i} μ_{n - i}^{'}

$\kappa_n=\mu'_n-\sum_{i=1}^{n-1}{n-1 \choose i-1}\kappa_i \mu_{n-i}'$ Solved for the first five raw moments this gives (the numerical value at the end is specific to the cumulants in our case)

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

$\begin{align} \mu'_1=&\kappa_1 =1\\ \mu'_2=&\kappa_2+\kappa_1^2=3/2\\ \mu'_3=&\kappa_3+3\kappa_2\kappa_1+\kappa_1^3=17/6\\ \mu'_4=&\kappa_4+4\kappa_3\kappa_1+3\kappa_2^2+6\kappa_2\kappa_1^2+\kappa_1^4=19/3\\ \mu'_5=&\kappa_5+5\kappa_4\kappa_1+10\kappa_3\kappa_2+10\kappa_3\kappa_1^2+15\kappa_2^2\kappa_1+10\kappa_2\kappa_1^3+\kappa_1^5=243/15\\ \end{align}$ If we (momentarily) set

m = 5

$m=5$ we have the system of equations

\begin{aligned} \sum_{k = 0}^{5} p_{k} = & 1, \sum_{k = 0}^{5} p_{k} k = 1 \\ \sum_{k = 0}^{5} p_{k} k^{2} = & 3 / 2, \sum_{k = 0}^{5} p_{k} k^{3} = 17 / 6 \\ \sum_{k = 0}^{5} p_{k} k^{4} = & 19 / 3, \sum_{k = 0}^{5} p_{k} k^{5} = 243 / 15 \\ s . t . p_{k} \geq 0 \forall k \end{aligned}

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

Of course we do not want $m$ to be equal to $5$ . But increasing gradually $m$ (and obtaining the value of the subsequent moments), we should eventually reach a point where the solution for the probabilities stabilizes. Such an approach cannot be done by hand -but I have neither the software access, nor the programming skills necessary to perform such a task.

— Alecos Papadopoulos
소스

This is cool. Maybe I could do some kind of Edgeworth expansion as well? Actually, I have an idea of what the density looks like already (assuming it exists) since I can simulate directly from it. It is very strange - it looks uniform over some range

(0, a)

$(0, a)$ and then on

(a, \infty)

$(a, \infty)$ it decays with something like an exponential tail (it's been a long time since I did the simulation).

— guy

Thanks. Of course you can always perform an Edgworth expansion based on the cumulants, but I wonder how well it will perform, given the strange shape you describe. It would be interesting to contrast the two.Can you tell me the value for

a

$a$ ?

— Alecos Papadopoulos

Dug up my old code and found

a \approx 1

$a \approx 1$ . If

Y \sim κ (t)

$Y \sim \kappa(t)$ then

[Y ∣ Y < 1]

$[Y \mid Y < 1]$ is approximatey

U (0, 1)

$\mathcal U(0, 1)$ and

[Y - 1 ∣ Y > 1]

$[Y - 1\mid Y > 1]$ is approximately gamma distributed with shape

1.4

$1.4$ and mean

0.64

$0.64$ .

— guy

What do you mean by

Y \sim κ (t)

$Y \sim \kappa(t)$ ?

— Alecos Papadopoulos

So what does the pdf look like then? As for fitting by moments, is the fit 'robust' and 'stable' as one increases the number of moments used (4, 5, 6, 7 or 8 etc), or is it all over the place?

— wolfies