通过订单统计显示预估值收敛到百分位数

令是从alpha稳定分布中采样的iid随机变量序列，其参数。 $X_1, X_2, \ldots, X_{3n}$ $\alpha = 1.5, \; \beta = 0, \; c = 1.0, \; \mu = 1.0$

现在考虑序列，其中，对于。 $Y_1, Y_2, \ldots, Y_{n}$ $Y_{j+1} = X_{3j+1}X_{3j+2}X_{3j+3} - 1$ $j=0, \ldots, n-1$

我想估计 $0.01-$ ％。

我的想法是执行某种蒙特卡洛模拟：

l = 1;
while(l < max_iterations)
{
  Generate $X_1, X_2, \ldots, X_{3n}$ and compute $Y_1, Y_2, \ldots, Y_{n}$;
  Compute $0.01-$percentile of current repetition;
  Compute mean $0.01-$percentile of all the iterations performed;
  Compute variance of $0.01-$percentile of all the iterations performed;
  Calculate confidence interval for the estimate of the $0.01-$percentile;

  if(confidence interval is small enough)
    break;

}

调用平均值的样本的所有百分位数计算为及其方差，来计算相应的置信区间，我诉诸到中心极限定理的强形式： $0.01-$ $\hat{\mu}_n$ $\hat{\sigma}^{2}_{n}$ $\mu$

令为iid随机变量序列，其中且。将样本均值定义为。然后，具有有限的标准正态分布，即 $X_1, X_2, \ldots$ $E \left[ X_i \right] = \mu$ $0 < V \left[ X_i \right] = \sigma^2 < \infty$ $\hat{\mu}_n = (1/n) \sum_{i=1}^n X_i$ $(\hat{\mu}_n - \mu) / \sqrt{\sigma^{2}/n}$
$\frac{{\hat{μ}}_{ñ} - μ}{\sqrt{σ^{2} / ñ}} \overset{ñ \to \infty}{⟶} ñ （ 0 ， 1个）。$ $\frac{\hat{\mu}_n - \mu}{\sqrt{\sigma^{2}/n}} \overset{n \rightarrow \infty} \longrightarrow N(0,1).$

和Slutksy定理得出

\sqrt{ñ} \frac{{\hat{μ}}_{ñ} - μ}{\sqrt{{\hat{σ}}_{ñ}^{2}}} \overset{ñ \to \infty}{⟶} ñ （ 0 ， 1个 ） 。

$\sqrt{n} \frac{\hat{\mu}_n - \mu}{\sqrt{\hat{\sigma}^{2}_{n}}} \overset{n \rightarrow \infty} \longrightarrow N(0,1).$

然后， -confidence间隔是 $(1-\alpha)\times 100\%$ $\mu$

{一世}_{α} = [{\hat{μ}}_{ñ} - ž_{1个 - α / 2} \sqrt{\frac{{\hat{σ}}_{ñ}^{2}}{ñ}} ， {\hat{μ}}_{ñ} + ž_{1个 - α / 2} \sqrt{\frac{{\hat{σ}}_{ñ}^{2}}{ñ}}] ，

$I_{\alpha} = \left[\hat{\mu}_n - z_{1- \alpha / 2} \sqrt{\frac{\hat{\sigma}^{2}_{n}}{n}} , \hat{\mu}_n + z_{1- \alpha / 2} \sqrt{\frac{\hat{\sigma}^{2}_{n}}{n}} \right],$ 其中是标准正态分布的位数。

z_{1 - α / 2}

$z_{1- \alpha / 2}$

(1 - α / 2)

$(1- \alpha / 2)$

问题：

1）我的方法正确吗？如何证明CLT的适用性？我的意思是，如何显示方差是有限的？（我是否必须查看的方差？因为我认为它不是有限的...） $Y_j$

2）我怎样才能显示，平均样品的所有百分位数计算收敛到真值百分？（我应该使用订单统计信息，但是我不确定如何进行处理；可以参考。） $0.01-$ $0.01-$

— 玛雅人
source

stats.stackexchange.com/questions/45124应用于样本中位数的所有方法也适用于其他百分位数。实际上，您的问题与该问题相同，只是将第50个百分位替换为第1个（或0.01？）百分位。

— ub

@whuber，您对这个问题的回答非常好。但是，Glen_b在其帖子的末尾（已接受的答案）指出，近似正态性“不适用于极端分位数，因为CLT不会在那里出现（Z的平均值不会渐近正态）。您需要针对极端值的不同理论”。我应该对这个陈述有多关注？

— Maya

我相信他并不是真正意义上的极端分位数，而是极端本身。（实际上，他更正了同一句子末尾的失误，将其称为“极值”。）区别是极端分位数，例如.01百分位数（标志着分位数的底部1/10000）。分布）将在极限内保持稳定，因为样本中越来越多的数据仍将低于该百分比，并且越来越多的数据将高于该百分比。对于极端情况（例如最大值或最小值），情况不再如此。

— whuber

这是通常应使用经验过程理论解决的问题。有关您的培训水平的一些帮助会有所帮助。

— AdamO

的方差不是有限的。 $Y$ 这是因为具有 3/2（Holtzmark分布）的alpha稳定变量确实具有有限的期望但是其方差是无限的。如果有一个有限的方差，则通过利用的独立性和方差的定义，我们可以计算 $X$ $\alpha=3/2$ $\mu$ $Y$ $\sigma^2$ $X_i$

\begin{aligned} σ^{2} = Var (Y) & = E (Y^{2}) - E (Y)^{2} \\ = E (X_{1}^{2} X_{2}^{2} X_{3}^{2}) - E (X_{1} X_{2} X_{3})^{2} \\ = E (X^{2})^{3} - {(E (X)^{3})}^{2} \\ = {(Var (X) + E (X)^{2})}^{3} - μ^{6} \\ = {(Var (X) + μ^{2})}^{3} - μ^{6} . \end{aligned}

$\eqalign{ \sigma^2 = \operatorname{Var}(Y) &= \mathbb{E}(Y^2) - \mathbb{E}(Y)^2 \\ &= \mathbb{E}(X_1^2X_2^2X_3^2) - \mathbb{E}(X_1X_2X_3)^2 \\ &= \mathbb{E}(X^2)^3 - \left(\mathbb{E}(X)^3\right)^2 \\ &= \left(\operatorname{Var}(X) + \mathbb{E}(X)^2\right)^3 - \mu^6 \\ &= \left(\operatorname{Var}(X) + \mu^2\right)^3 - \mu^6. }$

这个三次方程至少具有一个实解（最多三个解，但没有更多解），这意味着将是有限的，但不是。这一矛盾证明了这一主张。 $\operatorname{Var}(X)$ $\operatorname{Var}(X)$

让我们转向第二个问题。

随着样本的增加，任何样本的分位数都会收敛到真实的分位数。 接下来的几段证明了这一点。

令关联概率为（或介于和之间的任何其他值，不包括在内）。为分布函数写，使为 $q=0.01$ $0$ $1$ $F$ $Z_q=F^{-1}(q)$ $q^{\text{th}}$ 分位数。

我们只需要假设（分位数函数）是连续的。这向我们保证，对于任何，都存在概率和 $F^{-1}$ $\epsilon\gt 0$ $q_-\lt q$ $q_+\gt q$ 为哪些

F (Z_{q} - ϵ) = q_{-}, F (Z_{q} + ϵ) = q_{+},

$F(Z_q - \epsilon) = q_-,\quad F(Z_q + \epsilon) = q_+,$

并且，间隔的极限为 $\epsilon\to 0$ $[q_-, q_+]$ $\{q\}$ 。

考虑任何大小为 iid样本。此样本中小于的元素数量具有二项式分布，因为每个元素独立地具有小于。中央极限定理（通常是一个！）表示对于足够大的，小于的元素数量由均值和方差（任意近似值）。令标准正态分布的CDF为。该数量超过的机会 $n$ $Z_{q_-}$ $(q_-, n)$ $q_-$ $Z_{q_-}$ $n$ $Z_{q_-}$ $nq_-$ $nq_-(1-q_-)$ $\Phi$ $nq$ 因此任意接近

1 - Φ (\frac{n q - n q_{-}}{\sqrt{n q_{-} (1 - q_{-})}}) = 1 - Φ (\sqrt{n} \frac{q - q_{-}}{\sqrt{q_{-} (1 - q_{-})}}) .

$1-\Phi\left(\frac{nq - nq_-}{\sqrt{nq_-(1-q_-)}}\right) = 1-\Phi\left(\sqrt{n}\frac{q - q_-}{\sqrt{q_-(1-q_-)}}\right).$

因为右侧上的参数是的固定倍数，所以它随增长而任意增大。由于是CDF，因此其值任意接近，表明此概率的极限值为零。 $\Phi$ $\sqrt{n}$ $n$ $\Phi$ $1$

换句话说：在极限范围内，几乎可以肯定的是，样本元素的不小于。一个类似的论点证明几乎肯定是样本元素的不大于。总之，这意味着足够大的样本的分位数极有可能位于和。 $nq$ $Z_{q_-}$ $nq$ $Z_{q_+}$ $q$ $Z_q-\epsilon$ $Z_q+\epsilon$

这就是我们需要的，以便知道模拟将起作用。 您可以选择任何期望的精度和置信度并且知道对于足够大的样本量，该样本中最接近的顺序统计将至少有处于真分位数。 $\epsilon$ $1-\alpha$ $n$ $nq$ $1-\alpha$ $\epsilon$ $Z_q$

确定模拟将起作用，其余的工作很容易。可以从二项式分布的限制中获得置信度限制，然后进行逆变换。进一步的解释（针对分位数，但适用于所有分位数）可以在样本中位数的中央极限定理的答案中找到。 $q=0.50$

的分位数为负。其采样分布高度偏斜。为了减少偏斜，该图显示了个值的1,000个模拟样本的负数对数的直方图。 $q=0.01$ $Y$ $n=300$ $Y$

library(stabledist)
n <- 3e2
q <- 0.01
n.sim <- 1e3

Y.q <- replicate(n.sim, {
  Y <- apply(matrix(rstable(3*n, 3/2, 0, 1, 1), nrow=3), 2, prod) - 1
  log(-quantile(Y, 0.01))
})
m <- median(-exp(Y.q))
hist(Y.q, freq=FALSE, 
     main=paste("Histogram of the", q, "quantile of Y for", n.sim, "iterations" ),
     xlab="Log(-Y_q)",
     sub=paste("Median is", signif(m, 4), 
               "Negative log is", signif(log(-m), 4)),
     cex.sub=0.8)
abline(v=log(-m), col="Red", lwd=2)

— ub
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