Przykład rozkładu gruboogoniastego, który nie jest długi

Na podstawie odczytów o rozkładach ciężkich i długoogonowych zrozumiałem, że wszystkie rozkłady długoogoniaste są gruboogoniaste , ale nie wszystkie rozkłady gruboogoniaste są długoogoniaste .

Czy ktoś mógłby podać przykład:

ciągła, symetryczna funkcja gęstości o zerowej średniej, która jest długa
ciągła, symetryczna funkcja zerowej średniej gęstości, która jest ciężka, ale nie długa

więc mogę lepiej zrozumieć znaczenie ich definicji?

Byłoby jeszcze lepiej, gdyby oba mogły mieć wariancję jednostkową.

distributions heavy-tailed

— toliveira
źródło

Gdzie znalazłeś te definicje? Czy możesz je tutaj podać? Myślałem o nich jako o synonimach!

— kjetil b halvorsen

@kjetilbhalvorsen: Być może tutaj: en.wikipedia.org/wiki/…

— Scortchi - Przywróć Monikę

@kjetilbhalvorsen SA: Patrz link E. LA: Studiowałem definicje dystrybucji „ciężkich”, „grubych” i „długich ogonów” i znalazłem przydatne wyjaśnienia na stronie: (A) [ stats.stackexchange.com/ pytania / 10726 /… , (B) [ en.wikipedia.org/wiki/Heavy-tailed_distribution] , (C) [ users.cms.caltech.edu/~adamw/papers/… , (ciąg dalszy)

— toliveira

(kontynuacja) (E) math.stackexchange.com/questions/685921/... Rozumiem, że (i) dystrybucja gruboogoniasta jest zdefiniowana tak jak w A, B, C, D, E, (ii) dystrybucja długoogoniasta jest zdefiniowana jak w B, C, E (iii) definicja ogona tłuszczowego jest luźna, jak wyjaśniono w A.

— toliveira

Obie definicje są bliskie, ale nie dokładnie takie same. Jedna różnica polega na potrzebie ograniczenia współczynnika przeżycia.

W przypadku większości tej odpowiedzi zignoruję kryteria ciągłego, symetrycznego i skończonego wariantu rozkładu, ponieważ są one łatwe do osiągnięcia po znalezieniu jakiegokolwiek rozkładu o dużej skończonej wariancji, który nie jest długi.

Rozkład jest ciężki, gdy dla dowolnego , $F$ $t\gt 0$

\begin{matrix} (1) & \int_{R} e^{t x} d F (x) = \infty . \end{matrix}

$\int_\mathbb{R} e^{t x} dF(x) = \infty.\tag{1}$

Rozkład z funkcją przeżycia jest długi, gdy $G_F = 1-F$

\begin{matrix} (2) & lim_{x \to \infty} \frac{G_{F} (x + 1)}{G_{F} (x)} = 1. \end{matrix}

$\lim_{x\to \infty} \frac{G_F(x+1)}{G_F(x)} = 1.\tag{2}$

Rozkłady długoogonowe są ciężkie. Ponadto, ponieważ nie rośnie, granica stosunku nie może przekraczać . Jeśli istnieje i jest mniejsza niż , to maleje wykładniczo - i pozwoli to na zbiegnięcie się całki . $G$ $(2)$ $1$ $1$ $G$ $(1)$

Jedynym sposobem na pokazanie rozkładu o dużym ogonie, który nie jest długi, jest zmodyfikowanie rozkładu o długim ogonie, tak aby utrzymywał się, gdy jest naruszone. Łatwo jest zepsuć limit: zmień go w nieskończenie wielu miejscach, które różnią się od nieskończoności. To jednak wymaga trochę pracy z , który musi pozostać rosnący i cadlag. Jednym ze sposobów jest wprowadzenie niektórych skoków w górę w , co spowoduje, że skoczy w dół, obniżając stosunek . W tym celu zdefiniujmy transformację która zamienia w inną prawidłową funkcję rozkładu, tworząc nagły skok do wartości $(1)$ $(2)$ $F$ $F$ $G$ $G_F(x+1)/G_F(x)$ $T_u$ $F$ $u$ , powiedz skok w połowie drogi z do : $F(u)$ $1$

T_{u} [F] (x) = {\begin{cases} F (x) & u < x \\ \frac{1}{2} (1 - F (x)) + F (x) & u \geq x \end{cases}

$T_u[F](x) = \begin{cases} F(x) & u<x \\ \frac{1}{2} (1-F(x))+F(x) & u\geq x \end{cases}$

To zmienia żadną podstawową właściwość : jest nadal funkcją dystrybucji. $F$ $T_u[F]$

Wpływ na jest, aby kropla współczynnik o . Dlatego, ponieważ nie maleje, to ilekroć , $G_F$ $1/2$ $u$ $G$ $u-1 \le x \lt u$

\frac{G_{T_{u} [F]} (x + 1)}{G_{T_{u} [F]} (x)} \leq \frac{1}{2} .

$\frac{G_{T_u[F]}(x + 1)}{G_{T_u[F]}(x )} \le \frac{1}{2}.$

Jeśli wybierzemy rosnącą i rozbieżną sekwencję , i zastosujemy kolejno każdą , określa ona sekwencję rozkładów z i $u_i$ $i=1, 2, \ldots$ $T_{u_i}$ $F_i$ $F_0=F$

F_{i + 1} = T_{u_{i}} [F_{i}]

$F_{i+1} = T_{u_i}[F_i]$

dla . Po kroku , pozostają takie same dla . W konsekwencji sekwencja jest nie zmniejszającą się, ograniczoną, punktową sekwencją funkcji rozkładu, implikując jej granicę $i \ge 1$ $i^\text{th}$ $F_i(x), F_{i+1}(x), \ldots$ $x\lt u_i$ $F_i(x)$

F_{\infty} = lim_{i \to \infty} F_{i}

$F_\infty = \lim_{i\to\infty} F_i$

jest funkcją dystrybucji. Z założenia nie jest długi, ponieważ istnieje nieskończenie wiele punktów, w których jego współczynnik przeżycia spada do lub poniżej, pokazując, że nie może mieć jako limitu. $G_{F_\infty}(x+1)/G_{F_\infty}(x))$ $1/2$ $1$

Ten wykres pokazuje funkcję przeżycia , która została wycięta w ten sposób w punktach Zwróć uwagę na logarytmiczną oś pionową. $G(x) = x^{-1/5}$ $u_1 \approx 12.9, u_2 \approx 40.5, u_3 \approx 101.6, \ldots.$

Nadzieją jest możliwość wyboru , aby pozostał ciężki. Wiemy, że ponieważ jest , istnieją liczby dla których $(u_i)$ $F_\infty$ $F$ $0 = u_0 \lt u_1 \lt u_2 \lt \cdots \lt u_n \cdots$

\int_{u_{i - 1}}^{u_{i}} e^{x / i} d F (x) \geq 2^{i - 1}

$\int_{u_{i-1}}^{u_i} e^{x/i} dF(x) \ge 2^{i-1}$

dla każdego . Powodem po prawej jest to, że prawdopodobieństwa przypisane przez wartościom do były sukcesywnie zmniejszane o połowę razy. Ta procedura, gdy zostanie zastąpione przez dla dowolnego , zmniejszy do , ale nie niżej. $i \ge 1$ $2^{i-1}$ $F$ $u_i$ $i-1$ $dF(x)$ $dF_{j}(x)$ $j\ge i$ $2^{i-1}$ $1$

Jest to wykres dla gęstości odpowiadających poprzedniej funkcji przeżycia i jej „wyciętej” wersji. Obszary pod tą krzywą przyczyniają się do oczekiwania. Obszar od do wynosi ; obszar od do wynosi , który po odcięciu (do dolnej niebieskiej części) staje się obszarem ; obszar od do wynosi , co po odcięciu staje się obszarem i tak dalej. Zatem obszar pod każdym kolejnym „stopniem schodów” po prawej stronie wynosi . $x f(x)$ $f$ $1$ $u_1$ $1$ $u_1$ $u_2$ $2$ $1$ $u_2$ $u_3$ $4$ $1$ $1$

Wybierzmy taką sekwencję aby zdefiniować . Możemy sprawdzić, czy pozostaje ciężki, wybierając dla pewnej liczby całkowitej i stosując konstrukcję: $(u_i)$ $F_\infty$ $t=1/n$ $n$

\begin{aligned} \int_{R} e^{t x} d F_{\infty} (x) & = \int_{R} e^{x / n} d F_{\infty} (x) \\ = \sum_{i = 1}^{\infty} \int_{u_{i - 1}}^{u_{i}} e^{x / n} d F_{\infty} (x) \\ \geq \sum_{i = n + 1}^{\infty} \int_{u_{i - 1}}^{u_{i}} e^{x / n} d F_{\infty} (x) \\ \geq \sum_{i = n + 1}^{\infty} \int_{u_{i - 1}}^{u_{i}} e^{x / i} d F_{\infty} (x) \\ = \sum_{i = n + 1}^{\infty} \int_{u_{i - 1}}^{u_{i}} e^{x / i} d F_{i} (x) \\ \geq \sum_{i = n + 1}^{\infty} 1, \end{aligned}

$\eqalign{ \int_\mathbb{R} e^{t x} dF_\infty(x) &=\int_\mathbb{R} e^{x/n} dF_\infty(x) \\ &= \sum_{i=1}^\infty \int_{u_{i-1}}^{u_i} e^{x/n} dF_\infty(x) \\ &\ge \sum_{i=n+1}^\infty \int_{u_{i-1}}^{u_i} e^{x/n} dF_\infty(x) \\ &\ge \sum_{i=n+1}^\infty \int_{u_{i-1}}^{u_i} e^{x/i} dF_\infty(x) \\ &= \sum_{i=n+1}^\infty \int_{u_{i-1}}^{u_i} e^{x/i} dF_i(x) \\ &\ge \sum_{i=n+1}^\infty 1, }$

który wciąż się rozbiera. Ponieważ jest arbitralnie małe, pokazuje to, że pozostaje gruboogoniasty, nawet jeśli jego długonogie własności zostały zniszczone. $t$ $F_\infty$

Jest to wykres współczynnika przeżycia dla rozkładu redukcji. Podobnie jak stosunek pierwotnego , zmierza w kierunku górnej wartości akumulacji ale dla przedziałów szerokości kończących się na stosunek nagle spada do połowy tego, co pierwotnie był. Spadki te, chociaż stają się coraz rzadsze wraz ze wzrostem , występują nieskończenie często, a zatem zapobiegają zbliżeniu się współczynnika do limitu. $G(x+1)/G(x)$ $G$ $1$ $u_i$ $x$ $1$

Jeśli chcesz przykład ciągłego, symetrycznego, o zerowej średniej, wariancji jednostkowej, zacznij od rozkładu długookresowego wariancji skończonej. (dla ) zrobi, pod warunkiem, że ; podobnie rozkład Studenta dla dowolnych stopni swobody przekraczających . Momenty nie mogą przekraczać momentów , skąd i on ma skończoną wariancję. „Mollify” poprzez splot z ładnym, gładkim rozkładem, takim jak gaussowski: dzięki temu będzie ciągły, ale nie zniszczy ciężkiego ogona (oczywiście) ani braku długiego ogona (nie tak oczywistego, ale stanie się oczywiste, jeśli zmieniasz Gaussa na, powiedzmy, rozkład Beta, którego obsługa jest niewielka). $F(x) = 1 - x^{-p}$ $x \gt 0$ $p \gt 1$ $2$ $F_\infty$ $F$

Symetryzuj wynik - który nadal będę nazywać definiując $F_\infty$

F_{s} (x) = \frac{1}{2} (1 + sgn (x) F_{\infty} (| x |))

$F_s(x) = \frac{1}{2}\left(1 + \text{sgn}(x) F_\infty(|x|)\right)$

dla wszystkich . Jego wariancja pozostanie skończona, więc można ją znormalizować do pożądanego rozkładu. $x\in\mathbb{R}$

— Whuber
źródło

Wspaniale wyjaśnione. Podałeś nie tylko przykład, ale także jego uzasadnienie. Klarowność wyjaśnienia pozwoliła mi zrozumieć (prawie) całość. Przećwiczę to na kilku przykładach numerycznych.

— toliveira