机器算法验证 - 二项式矩收敛到泊松 - 吾爱随笔录

机器算法验证二项分布泊松分布收敛时刻

2022-03-23 00:44:11

众所周知， $\mathsf{Binomial}(n,p)$ 分布收敛于 $\mathsf{Poisson}(a)$ 分布为 $n\rightarrow \infty$ , $p\rightarrow 0$ 和 $np=a$ .

我很确定那些时刻 $\mathsf{Binomial}(n,p)$ 也收敛到那些 $\mathsf{Poisson}(a)$ ，但我不知道如何证明。一般来说，分布的收敛并不意味着矩的收敛。如何证明时刻收敛？

我发现二项式概率（质量）函数一致地收敛到泊松函数。这比分布收敛更强，所以也许可以利用它（但如果是这样，我不知道如何）。

2个回答

因为伯努利的特征函数 (cf) $(p)$ 变量是

ψ_{p} (t) = 1 + p (e^{i t} - 1),

$\psi_p(t) = 1 + p(e^{it}-1),$

总和的cf $n$ 独立的此类变量（这是二项式 $(p,n)$ 变量）是

ψ_{p} (t)^{n} = {(1 + p (e^{i t} - 1))}^{n} = {(1 + \frac{n p (e^{i t} - 1)}{n})}^{n} .

$\psi_p(t)^n = \left(1 + p(e^{it}-1)\right)^n = \left(1 + \frac{np(e^{it}-1)}{n}\right)^n.$

众所周知（并且很容易证明，即使对于复数）

{(1 + \frac{x}{n})}^{n}

$\left(1 + \frac{x}{n}\right)^n$

收敛到 $\exp(x)$ 作为 $n\to \infty$ . 保持 $np=a$ 常数为 $n$ 增加允许我们写

x = n p (e^{i t} - 1) = a (e^{i t} - 1) .

$x = np(e^{it}-1) = a(e^{it}-1).$

所以

ψ_{p} (t)^{n} \to \exp (x) = \exp (a (e^{i t} - 1)) .

$\psi_p(t)^n \to \exp(x) = \exp(a(e^{it}-1)).$

因为这是泊松的特征函数 $(a)$ 分布，我们考虑的所有特征函数都是在邻域内解析的 $t=0$ 对于系数给出矩的幂级数，二项式分布的矩必须收敛到该泊松分布QED的矩。

我想我找到了使用阶乘矩的答案。不过，如果他们可以对更一般的情况有所了解，我会接受其他人的回答，例如给出确保收敛的充分条件。

这 $r$ - 二项分布的阶乘矩很容易计算为

E [(X)_{r}] = (n)_{r} p^{r},

$\mathrm E[(X)_r] = (n)_r\, p^r,$ 在哪里

(a)_{r} = a (a - 1) \dots (a - r + 1)

$(a)_r = a(a-1)\cdots(a-r+1)$ 表示下降阶乘；泊松分布的分布是

E [(X)_{r}] = a^{r} .

$\mathrm E[(X)_r] = a^r.$ 很清楚

(n)_{r} p^{r}

$(n)_r\, p^r$ 倾向于

a^{r}

$a^r$ 作为

n \to \infty

$n\rightarrow \infty$ ,

p \to 0

$p \rightarrow 0$ 和

n p = a

$np=a$ . 因此二项阶乘矩收敛到泊松阶矩。

这 $r$ -th 矩是 $0$ -th, ..., $r$ -th 阶乘矩：

E [X^{r}] = \sum_{k = 0}^{r} {\binom{r}{k}} E [(X)_{r}],

$\mathrm E[X^r] = \sum_{k=0}^r \left\lbrace\ r\atop k \right\rbrace \mathrm E[(X)_r],$ 在哪里

{\binom{r}{k}}

$\left\lbrace\ r\atop k \right\rbrace$ 表示第二类斯特林数。这个表达式，连同阶乘矩的收敛，意味着矩的收敛。

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