Distribución con

¿Hay alguna información que hay sobre la distribución cuyos $n$ º cumulante está dada por $\frac 1 n$ ? La función de generación acumulativa tiene la forma

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

$\kappa(t) = \int_0 ^ 1 \frac{e^{tx} - 1}{x} \ dx.$ Lo he encontrado como la distribución limitante de algunas variables aleatorias, pero no he podido encontrar ninguna información al respecto.

distributions mgf cumulants

— chico
fuente

¡No puedo ver que esta función

κ (t)

$\kappa(t)$ que ha asignado tenga la propiedad reclamada! Deberías revisar tu trabajo. Aproximando el exponencial n el integrando cercano a cero con

1 + t x

$1+tx$ , el integrando cercano a cero se convierte en

t / x

$t/x$ , por lo que es divergente. Entonces esa integral no puede representar una función generadora acumulativa.

— kjetil b halvorsen

@kjetilbhalvorsen no estoy seguro de seguir. Aproximando

e^{t x}

$e^{tx}$ con

1 + t x

$1 + tx$ da

para el integrando. Además, de acuerdo conesto,la función que le di tiene una integral conocida en términos de coseno hiperbólico e integrales sinusoidales. Para mostrar que

tiene la propiedad reclamada, solo haga una serie completa de Taylor alrededor de

para

y empuje la integral hasta la suma para obtener la serie de Taylor para

alrededor de

\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

$0$

— chico

sympy dice que la integral es divergente (en su propia forma excéntrica). Pero Sympy debe estar equivocado, lo veo ahora, experimentó con alguna integración numérica, y funciona bien. Lo intentare de nuevo.

— kjetil b halvorsen

Mirando el resultado de alfa de Wolphram, tampoco puede ser correcto, tiene un límite distinto de cero cuando t se acerca a cero, mientras que

claramente.

κ (0) = 0

$\kappa(0)=0$

— kjetil b halvorsen

Creo que es absolutamente continuo en

. Se realiza como un límite de variables aleatorias Poisson compoud; como

un Poisson compuesto con tasa

(0, \infty)

$(0, \infty)$

n \to \infty

$n \to \infty$

y densidad de distribución de salto

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

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

converge débilmente a esta distribución.

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

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

— chico

Conocer los valores de los acumulantes nos permite tener una idea de cómo se verá la gráfica de esta distribución de probabilidad. La media y la varianza de la distribución es

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

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

mientras que su asimetría y coeficientes de curtosis en exceso son

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

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

Entonces, este podría ser un gráfico de aspecto familiar de una variable aleatoria positiva que muestra asimetría positiva. En cuanto a la búsqueda de la distribución de probabilidad, el enfoque de un artesano podría ser para especificar una distribución de probabilidad discreta genérica, tomando valores en , con probabilidades correspondientes $\{0,1,...,m\}$ , y luego usa los acumulantes para calcular los momentos crudos, con el propósito de formar un sistema de ecuaciones lineales con las probabilidades como incógnitas. Los acumulados se relacionan con momentos crudos por $\{p_0,p_1,...,p_m\},\; \sum_{k=0}^mp_k =1$ Resuelto durante los primeros cinco momentos crudos esto da (el valor numérico al final es específico para los acumulantes en nuestro caso)

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}

$\begin{align} \mu'_1=&\kappa_1 =1\\ \mu'_2=&\kappa_2+\kappa_1^2=3/2\\ \mu'_3=&\kappa_3+3\kappa_2\kappa_1+\kappa_1^3=17/6\\ \mu'_4=&\kappa_4+4\kappa_3\kappa_1+3\kappa_2^2+6\kappa_2\kappa_1^2+\kappa_1^4=19/3\\ \mu'_5=&\kappa_5+5\kappa_4\kappa_1+10\kappa_3\kappa_2+10\kappa_3\kappa_1^2+15\kappa_2^2\kappa_1+10\kappa_2\kappa_1^3+\kappa_1^5=243/15\\ \end{align}$

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}

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

Of course we do not want $m$ to be equal to $5$ . But increasing gradually $m$ (and obtaining the value of the subsequent moments), we should eventually reach a point where the solution for the probabilities stabilizes. Such an approach cannot be done by hand -but I have neither the software access, nor the programming skills necessary to perform such a task.

— Alecos Papadopoulos
fuente

This is cool. Maybe I could do some kind of Edgeworth expansion as well? Actually, I have an idea of what the density looks like already (assuming it exists) since I can simulate directly from it. It is very strange - it looks uniform over some range

(0, a)

$(0, a)$ and then on

(a, \infty)

$(a, \infty)$ it decays with something like an exponential tail (it's been a long time since I did the simulation).

— guy

Thanks. Of course you can always perform an Edgworth expansion based on the cumulants, but I wonder how well it will perform, given the strange shape you describe. It would be interesting to contrast the two.Can you tell me the value for

a

$a$ ?

— Alecos Papadopoulos

Dug up my old code and found

a \approx 1

$a \approx 1$ . If

Y \sim κ (t)

$Y \sim \kappa(t)$ then

[Y ∣ Y < 1]

$[Y \mid Y < 1]$ is approximatey

U (0, 1)

$\mathcal U(0, 1)$ and

[Y - 1 ∣ Y > 1]

$[Y - 1\mid Y > 1]$ is approximately gamma distributed with shape

1.4

$1.4$ and mean

0.64

$0.64$ .

— guy

What do you mean by

Y \sim κ (t)

$Y \sim \kappa(t)$ ?

— Alecos Papadopoulos

So what does the pdf look like then? As for fitting by moments, is the fit 'robust' and 'stable' as one increases the number of moments used (4, 5, 6, 7 or 8 etc), or is it all over the place?

— wolfies