Dlatego nie dziełem CLT dla

Wiemy zatem, że suma $n$ poissonów o parametrze $\lambda$ jest sama w sobie poissonem o $n\lambda$ . Tak więc teoretycznie może przyjąć $x \sim poisson(\lambda = 1)$ i powiedzieć, że jest w rzeczywistości $\sum_1^n x_i \sim poisson(\lambda = 1)$ , gdzie każdy z $x_i$ jest: $x_i \sim poisson(\lambda = 1/n)$ , a n ma dużą, aby CLT do pracy.

To (oczywiście) nie działa. Zakładam, że ma to coś wspólnego z tym, jak CLT działa „szybciej” dla zmiennych losowych, które są „bliższe” normie, i że im mniejsza lambda, tym bardziej otrzymujemy zmienną losową, która w większości wynosi 0 i rzadko zmienia się coś innego.

Wyjaśniłem jednak moją intuicję. Czy istnieje bardziej formalny sposób wyjaśnienia, dlaczego tak jest?

Dzięki!

Zgadzam się z @whuber, że przyczyną zamieszania wydaje się zastąpienie asymptotycznego sumowania w CLT pewnym rodzajem podziału w twoim argumencie. W CLT otrzymujemy stałą dystrybucji , a następnie wyciągnąć n liczba x I z niego i oblicza sumę ˂ x n = $f(x,\lambda)$$n$$x_i$ . Jeśli ciągle zwiększamyn, dzieje się coś interesującego: $\bar x_n=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nx_i$$n$ gdzieμ,σ2są średnią, a wariancja rozkładuf(x).

$$\sqrt n (\bar x_n-\mu)\rightarrow\mathcal{N}(0,\sigma^2)$$ $\mu,\sigma^2$$f(x)$

Co sugerujesz zrobić z Poissona jest nieco wstecz: zamiast zsumowanie zmiennych ze stałej dystrybucji, chcesz podzielić się stałą dystrybucję do ciągle zmieniających się części. Innymi słowy, bierzesz zmienną ze stałego rozkładu f ( x , λ ), a następnie dzielisz ją na x i , aby n ∑ i = 1 x i ≡ $x$$f(x,\lambda)$$x_i$

$$\sum_{i=1}^nx_i\equiv x$$

Co mówi CLT o tym procesie? Nic. Uwaga: jak w CLT zawsze się zmieniamy i jegozmiennyrozkładfn(x),który jest zbieżny dostałegorozkładuN(0,σ2$\sqrt n(\bar x_n-\mu)$$f_n(x)$$\mathcal{N}(0,\sigma^2)$

W twoim ustawieniu ani suma ani jej rozkład f ( x , λ $x$$f(x,\lambda)$ nie zmieniają! Są naprawione. Nie zmieniają się, nie zbliżają się do niczego. CLT nie ma więc nic do powiedzenia na ich temat.

Ponadto CLT nie mówi nic o liczbie elementów w sumie. Możesz mieć sumę 1000 zmiennych z Poissona (0,001), a CLT nie powie nic na temat tej sumy. Mówi tylko, że jeśli nadal będziesz zwiększać N, w pewnym momencie suma ta zacznie wyglądać jak rozkład normalny . W rzeczywistości, jeśli N = 1 000 000, otrzymasz dokładne przybliżenie rozkładu normalnego.$\frac{1}{N}\sum_{i=1}^N x_i, x_i\sim Poisson(0.001)$

Twoja intuicja ma rację tylko w odniesieniu do liczby elementów w sumie, tj. Bardziej niż rozkład początkowy różni się od normalnego, to więcej elementów musisz zsumować, aby dojść do normy. Im bardziej formalny (ale wciąż nieformalnego) sposobem byłoby patrząc na charakterystycznej funkcji Poissona: Jeśli X > > 1 , można dostać się z ekspansją Taylor (wrt t ) zagnieżdżonego wykładnika: ≈ exp ( i λ t - λ / 2 t

$$\exp(\lambda (\exp(it)-1))$$ $\lambda>>1$$t$ $$\approx\exp(i\lambda t-\lambda/2t^2)$$ Jest to funkcja charakterystyczna rozkładu normalnego $\mathcal{N}(\lambda,\lambda^2)$

Jednak twoja intuicja nie jest poprawnie stosowana: przesuwanie podsumowania w CLT z pewnym rodzajem podziału psuje rzeczy i sprawia, że ​​CLT nie ma zastosowania.

Problem z twoim przykładem polega na tym, że zezwalasz na zmianę parametrów wraz ze zmianą . CLT mówi ci, że dla ustalonego rozkładu ze skończoną średnią i sd, jak n → ∞ ,$n$$n \rightarrow \infty$

,$\frac {\sum x - \mu} {\sqrt n} \rightarrow_d N(0, \sigma)$

gdzie i σ pochodzą ze średniej i sd rozkładu x .$\mu$$\sigma$$x$

Of course, for different distributions (i.e. higher skewed for example), larger $n$'s are required before the approximation derived from this theorem become reasonable. In your example, for $\lambda_m = 1/m$, an $n >> m$ is required before the normal approximation is reasonable.

EDIT

There is discussion about how the CLT does not apply to sums, but rather to standardized sums (i.e. $\sum x_i / \sqrt n$ not $\sum x_i$). In theory, this is of course true: the unstandardized sum will have an undefined distribution in most cases.

However, in practice, you certainly can apply the approximation justified by the CLT to sums! If $F_{\bar x}$ can be approximated by a normal CDF for large $n$, then certainly $F_{\sum x}$ can too, as multiplying by a scalar preserves normality. And you can see this right away in this problem: recall that if $X_i \sim Pois(\lambda)$, then $Y = \sum_{i = 1}^n X_i \sim Pois(n\lambda)$. And we all learned in our upper division probability course that for large $\lambda$, the CDF of a $Pois(\lambda)$ can be approximated quite well by a normal with $\mu = \lambda$, $\sigma^2 = \lambda$. So for any fixed $\lambda$, we can approximate the CDF of $Y \sim Pois(n\lambda)$ fairly well with $\Phi( \frac{y - n\lambda}{\sqrt{n\lambda} })$ for a large enough $n$ if $\lambda > 0$ (approximation can trivially be applied if $\lambda = 0$, but not the calculation of the CDF as I have written it).

While the CLT does not readily apply to sums, the approximation based on the CLT certainly does. I believe this is what the OP was referring to when discussing applying the CLT to the sum.

The question is, I argue, more interesting if thought about more generally, letting the distribution of the parent Poisson depend on $n$, say with parameter $\lambda_n$ and $\lambda_n = 1$ as a special case. I think it's perfectly reasonable to ask why, and how we can understand that, a central limit theorem does not hold for the sum $S_n = \sum_{i=1}^n X_{i,n}$. After all, it's common to apply a CLT even in problems where the distributions of the components of the sum depend on $n$. It's also common to decompose Poisson distributions as the distribution of a sum of Poisson variables, and then apply a CLT.

The key issue as I see it is that your construction implies the distribution of $X_{i, n}$ depends on $n$ in such a way that the parameter of the distribution of $S_n$ does not grow in $n$. If you would instead have taken, for example, $S_n \sim Poi(n)$ and made the same decomposition, the standard CLT would apply. In fact, one can think of many decompositions of a $Poi(\lambda_n)$ distribution that allows for application of a CLT.

The Lindeberg-Feller Central Limit Theorem for triangular arrays is often used to examine convergence of such sums. As you point out, $S_n \sim Poi(1)$ for all $n$, so $S_n$ cannot be asymptotically normal. Still, examining the Lindeberg-Feller condition sheds some light on when decomposing a Poisson into a sum may lead to progress.

A version of the theorem may be found in these notes by Hunter. Let $s_n^2 = \mathrm{Var(S_n)}$. The Lindeberg-Feller condition is that, $\forall \epsilon >0$:

$$\frac{1}{s_n^2}\sum_{i=1}^n\mathbb E[X_{i,n} - 1/n]^2I(\vert X_{i,n} - 1/n \vert >\epsilon s_n) \to 0,n\to\infty$$

Now, for the case at hand, the variance of the terms in the sum is dying off so quickly in $n$ that $s_n = 1$ for every $n$. For fixed $n$, we also have that the $X_{i,n}$ are iid. Thus, the condition is equivalent to

$$n\mathbb E[X_{1,n} - 1/n]^2I(\vert X_{1,n} - 1/n \vert >\epsilon) \to 0.$$

But, for small $\epsilon$ and large $n$,

$$\begin{align} n\mathbb E[X_{1,n} - 1/n]^2I(\vert X_{1,n} - 1/n \vert >\epsilon) &>n\epsilon^2P(X_{1,n}>0) \\ &=\epsilon^2n[1 - e^{-1/n}] \\ &= \epsilon^2n[1-(1 - 1/n + o(1/n))] \\ &= \epsilon^2 + o(1), \end{align}$$

which does not approach zero. Thus, the condition fails to hold. Again, this is as expected since we already know the exact distribution of $S_n$ for every $n$, but going through these calculations gives some indications of why it fails: if the variance didn't die off as quickly in $n$ you could have the condition hold.