Czy rozkład normalny zbiega się z rozkładem jednolitym, gdy odchylenie standardowe rośnie do nieskończoności?

18

Czy rozkład normalny zbiega się z określonym rozkładem, jeśli odchylenie standardowe rośnie bez ograniczeń? wydaje mi się, że pdf zaczyna wyglądać jak jednolity rozkład z granicami podanymi przez $[-2 \sigma, 2 \sigma]$ . Czy to prawda?

normal-distribution convergence

— Ramon Martinez
źródło

2

Nie, ale aby poprawnie odpowiedzieć na twoje pytanie, musimy wiedzieć, jaka jest twoja definicja konwergencji. Pamiętaj, że formalna dyskusja jest możliwa tylko wtedy, gdy prawa strona się nie zmienia. Nie można więc ustalić zbieżności z Unifrom [

- σ, σ

$-\sigma,\sigma$ ], ponieważ zmienia się

σ

$\sigma$ . Sprawdź sformułowanie CLT, aby zobaczyć, co mam na myśli

— Aksakal

tylko jeśli owiniesz go lub obetniesz do czegoś

o (σ)

$o(\sigma)$ .

— enthdegree

4

Pozostałe odpowiedzi już tu zrobić wielką pracę wyjaśniając dlaczego Gaussa RVs nie zbiegają się do niczego, co zwiększa wariancji bez związany, ale chcę zwrócić uwagę na pozornie jednolity właściwość, że taki zbiór Gaussians nie spełnia tego myślę, że wystarczy, aby ktoś zgadł, że staje się jednolity, ale okazuje się, że nie jest wystarczająco silny, aby to stwierdzić. $\newcommand{\len}{\text{len}}$

Rozważ zbiór zmiennych losowych $\{X_1,X_2,\dots\}$ gdzie $X_n \sim \mathcal N(0, n^2)$ . Niech $A = [a_1,a_2]$ będzie stałym przedziałem o skończonej długości, a dla niektórych $c \in \mathbb R$ zdefiniujemy $B = A +c$ , tj. $B$ jest $A$ ale tylko przesunięte o $c$ . Na czas zdefiniuj jako długość i zwróć uwagę, że $I = [i_1,i_2]$ $\len (I) = i_2-i_1$ $I$ . $\len(A) = \len(B)$

Udowodnię teraz następujący wynik:

Wynik : jako $\vert P(X_n \in A) - P(x_n\in B)\vert \to 0$ . $n \to \infty$

Nazywam to jednolitym, ponieważ mówi, że rozkład ma coraz bardziej dwa stałe przedziały o jednakowej długości, mające jednakowe prawdopodobieństwo, bez względu na to, jak daleko od siebie mogą być. To zdecydowanie bardzo jednolita cecha, ale jak zobaczymy, nie mówi to nic o rzeczywistym rozkładzie zbiegającym się do jednorodnego. $X_n$ $X_n$

Pf: należy zauważyć, że gdzie więc $X_n = n X_1$ $X_1 \sim \mathcal N(0, 1)$

P (X_{n} \in A) = P (a_{1} \leq n X_{1} \leq a_{2}) = P (\frac{a_{1}}{n} \leq X_{1} \leq \frac{a_{2}}{n})

$P(X_n \in A) = P(a_1 \leq n X_1 \leq a_2) = P\left(\frac{a_1}{n} \leq X_1 \leq \frac{a_2}n\right)$

Mogę użyć (bardzo szorstki) związany że

dostać

= \frac{1}{\sqrt{2 π}} \int_{a_{1} / n}^{a_{2} / n} e^{- x^{2} / 2} d x .

$= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{a_1/n}^{a_2/n} e^{-x^2/2}\,\text dx.$

e^{- x^{2} / 2} \leq 1

$e^{-x^2/2} \leq 1$

\frac{1}{\sqrt{2 π}} \int_{a_{1} / n}^{a_{2} / n} e^{- x^{2} / 2} d x \leq \frac{1}{\sqrt{2 π}} \int_{a_{1} / n}^{a_{2} / n} 1 d x

$\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{a_1/n}^{a_2/n} e^{-x^2/2}\,\text dx \leq \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{a_1/n}^{a_2/n} 1\,\text dx$

= \frac{len (A)}{n \sqrt{2 π}} .

$= \frac{\text{len}(A)}{n\sqrt{2\pi}}.$

Mogę zrobić to samo dla aby uzyskać $B$

P (X_{n} \in B) \leq \frac{len (B)}{n \sqrt{2 π}} .

$P(X_n \in B) \leq \frac{\text{len}(B)}{n\sqrt{2\pi}}.$

Zestawiam je razem jako

| P. (X_{n} \in ZA) - P. (X_{n} \in b) | \leq \frac{\sqrt{2)} Len (ZA)}{n \sqrt{π}} \to 0

$\left\vert P(X_n \in A) - P(X_n \in B)\right\vert \leq \frac{\sqrt 2 \text{len}(A) }{n\sqrt{\pi}} \to 0$

n \to \infty

$n\to\infty$ (Używam tutaj nierówności trójkąta).

$\square$

Czym różni się to od zbieżności na jednolitym rozkładzie? Właśnie udowodniłem, że prawdopodobieństwa podane dla dowolnych dwóch stałych przedziałów o tej samej skończonej długości stają się coraz bliższe, a intuicyjnie ma to sens, że gdy gęstości są „spłaszczane” z i $X_n$ $A$ $B$ perspektywy

Ale aby zbiegał się w rozkładzie równomiernym, potrzebowałbym aby dążyć do bycia proporcjonalnym do dla dowolnego przedziału , i to jest zupełnie inna rzecz, ponieważ to musi dotyczą dowolnego , nie tylko jednego ustalonego wcześniej (i jak wspomniano w innym miejscu, nie jest to nawet możliwe w przypadku dystrybucji z nieograniczonym wsparciem). $X_n$ $P(X_n \in I)$ $\text{len}(I)$ $I$ $I$

— jld
źródło

σ \to \infty

$\sigma \rightarrow \infty$

36

$f(x)=0.001 \approx 0.000001=f(y)$ $f(x)/f(y)=0.001/0.000001=1000$ $x$ $y$

$(-\infty,\infty)$ $[-2\sigma,2\sigma]$ .

$[-2\sigma,2\sigma]$ $[0,\sigma]$ $[\sigma,2\sigma]$ $P([0,\sigma])\approx 0.68/2= 0.34$ $P([\sigma,2\sigma])\approx (0.95-0.68)/2 = 0.135$

$\sigma$ $F_\sigma(x) = (1/2)(1+\mbox{erf}(x/\sqrt{2}\sigma)$ $\lim_{\sigma\rightarrow\infty} F_\sigma(x) = 1/2$ $x$

Przyczyną braku konwergencji sprowadza się do „utraty masy” jest limit. Funkcja ograniczająca rozkład normalny faktycznie „straciła” prawdopodobieństwo (tzn. Uciekła w nieskończoność). Jest to związane z koncepcją dokładności miar , która zapewnia niezbędne warunki dla zbieżności sekwencji zmiennych losowych z inną zmienną losową.

— Alex R.
źródło

1

Niepoprawne „to” było „wszystkie jego wartości są bliskie zeru”. „To” w „To powszechny błąd” było poprawne.

— Akumulacja

15

$[−2σ,2σ]$ $\sigma$ aby dopasować szersze odchylenie standardowe.

$1$ $10$ $[-2,2]$

$\sigma=10$ $[-20,20]$ $x$ $y$ $10$

— Henz
źródło

2

$\sigma = 1$ $\mu = 0, \sigma = \sigma^*$ $[-2\sigma^*, 2\sigma^*]$ $\sigma^*$ , to uzyskasz standardowy rozkład normalny.

Teraz, jeśli masz rozkład Gaussa ( $\mu = 0, \sigma = \sigma^*$ ), a następnie tak jak $\sigma^* \rightarrow \infty$ region między $[-2, 2]$ staje się coraz bardziej płaski.

— Max
źródło