Verteilung mit tem Kumulanten gegeben durch ?

Gibt es irgendwelche Informationen über die Verteilung, deren tes Kumulat durch ? Die kumulativ erzeugende Funktion hat die Form Ich habe es als einschränkende Verteilung einiger Zufallsvariablen angesehen, konnte jedoch keine Informationen dazu finden. $n$ $\frac 1 n$

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

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

distributions mgf cumulants

— Kerl
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Ich kann nicht sehen, dass diese Funktion Sie angegeben haben, die beanspruchte Eigenschaft hat! Sie sollten Ihre Arbeit überarbeiten. Durch Annäherung des Exponentials an den Integranden nahe Null mit wird der Integrand nahe Null zu , ist also divergent. Dieses Integral kann also keine kumulativ erzeugende Funktion darstellen.

κ (t)

$\kappa(t)$

1 + t x

$1+tx$

t / x

$t/x$

— kjetil b halvorsen

@kjetilbhalvorsen nicht sicher, ob ich folge. Die Approximation von mit ergibt für den Integranden. Auch nach dieser die Funktion I hat eine bekannte Integral in Bezug auf hyperbolischen Cosinus und Sinus - Integrale. Um zu zeigen, dass die beanspruchte Eigenschaft hat, führen Sie einfach eine vollständige Taylor-Reihe um für und drücken Sie das Integral durch, um die Taylor-Reihe für um zu summieren .

e^{t x}

$e^{tx}$

1 + t x

$1 + tx$

\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

$0$

— Kerl

Sympy sagt, das Integral sei divergent (auf seine eigene exzentrische Weise!). Aber sympy muss falsch sein, ich sehe es jetzt, experimentierte mit einer numerischen Integration und es funktioniert einfach gut. Werde es nochmal versuchen.

— kjetil b halvorsen

Wenn man das Ergebnis von Wolphram-Alphas betrachtet, kann es auch nicht korrekt sein, es hat eine Nicht-Null-Grenze, wenn sich t Null nähert, während .

κ (0) = 0

$\kappa(0)=0$

— kjetil b halvorsen

Ich glaube, es ist absolut kontinuierlich auf . Es wird als eine Grenze von zusammengesetzten Poisson-Zufallsvariablen realisiert; als ein zusammengesetztes Poisson mit Rate und springender Verteilungsdichte konvergiert schwach zu dieser Verteilung.

(0, \infty)

$(0, \infty)$

n \to \infty

$n \to \infty$

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

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

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

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

— Kerl

Wenn wir die Werte der Kumulanten kennen, können wir eine Vorstellung davon bekommen, wie der Graph dieser Wahrscheinlichkeitsverteilung aussehen wird. Der Mittelwert und die Varianz der Verteilung sind

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

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

während seine Schiefe und überschüssige Kurtosis-Koeffizienten sind

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

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

Dies könnte also eine vertraute Grafik einer positiven Zufallsvariablen sein, die eine positive Schiefe aufweist. Was das Finden der Wahrscheinlichkeitsverteilung betrifft, könnte ein Handwerker eine generische diskrete Wahrscheinlichkeitsverteilung spezifizieren, wobei Werte in mit entsprechenden Wahrscheinlichkeiten , und verwenden Sie dann die Kumulanten, um die zu berechnen, mit dem Ziel, ein lineares Gleichungssystem mit den Wahrscheinlichkeiten als Unbekannten zu bilden. Kumulanten werden mit rohen Momenten in Beziehung gesetzt, indem Zum ersten Mal gelöst wird fünf rohe Momente ( der Zahlenwert am Ende ist spezifisch für die Kumulanten in unserem Fall ) $\{0,1,...,m\}$ $\{p_0,p_1,...,p_m\},\; \sum_{k=0}^mp_k =1$

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

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

\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}

$\begin{align} \mu'_1=&\kappa_1 =1\\ \mu'_2=&\kappa_2+\kappa_1^2=3/2\\ \mu'_3=&\kappa_3+3\kappa_2\kappa_1+\kappa_1^3=17/6\\ \mu'_4=&\kappa_4+4\kappa_3\kappa_1+3\kappa_2^2+6\kappa_2\kappa_1^2+\kappa_1^4=19/3\\ \mu'_5=&\kappa_5+5\kappa_4\kappa_1+10\kappa_3\kappa_2+10\kappa_3\kappa_1^2+15\kappa_2^2\kappa_1+10\kappa_2\kappa_1^3+\kappa_1^5=243/15\\ \end{align}$ Wenn wir (momentan) , haben wir das Gleichungssystem

m = 5

$m=5$

\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}

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

Natürlich wollen wir nicht, dass gleich . Wenn wir jedoch allmählich erhöhen (und den Wert der folgenden Momente erhalten), sollten wir irgendwann einen Punkt erreichen, an dem sich die Lösung für die Wahrscheinlichkeiten stabilisiert. Solch ein Ansatz kann nicht von Hand gemacht werden - aber ich habe weder den Softwarezugriff noch die Programmierkenntnisse, die erforderlich sind, um eine solche Aufgabe auszuführen. $m$ $5$ $m$

— Alecos Papadopoulos
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Das ist cool. Vielleicht könnte ich auch eine Art Edgeworth-Erweiterung machen? Eigentlich habe ich eine Vorstellung davon, wie die Dichte bereits aussieht (vorausgesetzt, sie existiert), da ich sie direkt simulieren kann. Es ist sehr seltsam - es sieht über einen gewissen Bereich einheitlich aus und zerfällt dann mit so etwas wie einem exponentiellen Schwanz (es ist lange her, seit ich die Simulation durchgeführt habe).

(0, a)

$(0, a)$

(a, \infty)

$(a, \infty)$

— Kerl

Vielen Dank. Natürlich können Sie immer eine Edgworth-Erweiterung basierend auf den Kumulanten durchführen, aber ich frage mich, wie gut sie sich angesichts der seltsamen Form, die Sie beschreiben, verhält. Es wäre interessant, die beiden gegenüberzustellen. Kannst du mir den Wert für ?

a

$a$

— Alecos Papadopoulos

Habe meinen alten Code ausgegraben und . Wenn dann ist ungefähr und ist ungefähr Gammaverteilt mit Form und Mittelwert .

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

$0.64$

— Kerl

Was meinst du mit ?

Y \sim κ (t)

$Y \sim \kappa(t)$

— Alecos Papadopoulos

Wie sieht das PDF dann aus? Wie bei der Anpassung nach Momenten ist die Passform "robust" und "stabil", wenn die Anzahl der verwendeten Momente erhöht wird (4, 5, 6, 7 oder 8 usw.), oder ist sie allgegenwärtig?

— Wolfies