为什么CLT对不起作用？

因此，我们知道的和泊松与参数是本身泊松。因此，假设可以取并说它实际上是，其中每个是：，并花大的n才能使CLT工作。 $n$ $\lambda$ $n\lambda$ $x \sim poisson(\lambda = 1)$ $\sum_1^n x_i \sim poisson(\lambda = 1)$ $x_i$ $x_i \sim poisson(\lambda = 1/n)$

这（显然）不起作用。我认为这与CLT如何“更快”地处理与正常情况“更接近”的随机变量有关，并且lambda越小，我们得到的随机变量越多，该随机变量大多为0，并且很少变化。

但是，我的解释是我的直觉。是否有更正式的方式来解释为什么会这样？

谢谢！

poisson-distribution central-limit-theorem asymptotics

— 塔尔·加利利
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对于初学者，CLT需要您将除以（在这种情况下，您将收敛于高斯）。

\sum_{i = 1}^{n} x_{i}

$\sum_{i=1}^nx_i$

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$

— Alex R.

@AlexR。不，您不可以除以，那么标准偏差将是的因子

n

$n$

1 / \sqrt{n}

$1/\sqrt n$

— Aksakal

我不认为此问题与CLT“无效”有什么关系。该CLT关注标准化的款项随机变量与给定的分布，而你正在服用一个单一的随机变量，盘算着无限多的方式将它。

— ub

@AlexR安装程序似乎全部错误。这里有两个不同的过程-求和和除法-没有理由假设它们应该具有相似的渐近特征。

— ub

@Aksakal：实际上，AlexR是正确的。如果除以

n

$n$ ，则得到的退化分布为

n \to \infty

$n \rightarrow \infty$ 。如果除以

\sqrt{n}

$\sqrt n$ ，当

，sd = 1接近正态分布

n \to \infty

$n \rightarrow \infty$ 。

— Cliff AB

Answers:

我同意@whuber的观点，混淆的根源似乎是用您的论点中的某种划分来代替CLT中的渐近求和。在CLT我们得到了固定分配 $f(x,\lambda)$ 然后绘制 $n$ 号码 $x_i$ 从它和计算的总和 $\bar x_n=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nx_i$ 。如果我们不断增加 $n$ 则会发生一件有趣的事情：

\sqrt{n} ({\bar{x}}_{n} - μ) \to N (0, σ^{2})

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

μ, σ^{2}

$\mu,\sigma^2$ 是平均值和分布的方差

f (x)

$f(x)$ 。

你是在暗示与泊松做的是有点倒退：不是变量从总结固定的分配，要分割的固定分配到不断变化的部分。换句话说，你需要变量从一个固定分布然后划分成使得 $x$ $f(x,\lambda)$ $x_i$

\sum_{i = 1}^{n} x_{i} \equiv x

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

CLT对这一过程有何看法？没有。请注意，在CLT中我们如何不断变化，并且其变化的分布收敛于一个固定的分配 $\sqrt n(\bar x_n-\mu)$ $f_n(x)$ $\mathcal{N}(0,\sigma^2)$

在您的设置中，总和或其分布都没有改变！他们是固定的。他们没有改变，他们没有融合任何东西。因此，CLT无话可说。 $x$ $f(x,\lambda)$

另外，CLT没有说明总和中元素的数量。您可以从Poisson（0.001）中获得1000个变量的总和，而CLT对此没有任何说明。它的全部意思是，如果您继续增加N，那么在某个时候该总和将开始看起来像正态分布。实际上，如果N = 1,000,000，您将得到正态分布的近似值。 $\frac{1}{N}\sum_{i=1}^N x_i, x_i\sim Poisson(0.001)$

您的直觉仅是关于总和中元素的数量是正确的，即，起始分布与正态分布的差异要大于正态分布，然后您需要对更多元素求和才能达到正态。更正式的（但仍是非正式的）的方法是通过看泊松的特色功能：如果，你获得与泰勒展开式（WRT ）嵌套指数：

\exp (λ (\exp (i t) - 1))

$\exp(\lambda (\exp(it)-1))$

λ >> 1

$\lambda>>1$

t

$t$

这是正态分布的特征函数

\approx \exp (i λ t - λ / 2 t^{2})

$\approx\exp(i\lambda t-\lambda/2t^2)$

N (λ, λ^{2})

$\mathcal{N}(\lambda,\lambda^2)$

但是，您的直觉没有正确应用：用某种除法来替换CLT中的求和会使事情搞砸，并使CLT不适用。

— 阿克萨卡尔族
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+1宣传材料的措辞很好，非常清楚，并成为问题的核心。

— ub

您的示例的问题在于，您允许参数随着变化而变化。CLT告诉您，对于具有有限均值和sd 的固定分布，如， $n$ $n \rightarrow \infty$

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

其中和来自分布的均值和sd 。 $\mu$ $\sigma$ $x$

当然，对于不同的分布（例如较高的偏斜度），在从该定理导出的近似变得合理之前，需要较大的。在例如，对于，一个之前正态近似是合理的需要。 $n$ $\lambda_m = 1/m$ $n >> m$

编辑

讨论了CLT如何不适用于总和，而是适用于标准化总和（即不是）。从理论上讲，这当然是正确的：在大多数情况下，未标准化的总和将具有不确定的分布。 $\sum x_i / \sqrt n$ $\sum x_i$

但是，实际上，您当然可以将CLT证明的近似值应用于求和！如果可以通过正常的CDF为大近似的话，肯定也可以，由标量蜜饯正常繁殖。你可以在这个问题上看到忙啥：回想一下，如果，然后 $F_{\bar x}$ $n$ $F_{\sum x}$ $X_i \sim Pois(\lambda)$ $Y = \sum_{i = 1}^n X_i \sim Pois(n\lambda)$ 。我们都在我们上划分概率当然了解到，对于大，A的CDF 可以通过与正常近似相当好，。因此，对于任何固定的，我们可以近似的CDF 与相当好 $\lambda$ $Pois(\lambda)$ $\mu = \lambda$ $\sigma^2 = \lambda$ $\lambda$ $Y \sim Pois(n\lambda)$ 为一个足够大的如果（近似可以平凡施加如果，但CDF的不计算作为我已经写它）。 $\Phi( \frac{y - n\lambda}{\sqrt{n\lambda} })$ $n$ $\lambda > 0$ $\lambda = 0$

尽管CLT并不容易应用于求和，但基于CLT的近似值确实适用。我认为这是OP在讨论将CLT应用于总和时所指的含义。

— 悬崖AB
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现在的问题是，我认为，如果想了解更有趣更普遍，让家长泊松依赖于分布，说与参数和作为一种特殊情况。我认为问为什么以及如何理解这一点是完全合理的，对于总和，中心极限定理不成立。毕竟，即使在求和分量的分布取决于问题中，也通常应用CLT $n$ $\lambda_n$ $\lambda_n = 1$ $S_n = \sum_{i=1}^n X_{i,n}$ $n$ 。通常将泊松分布分解为泊松变量总和的分布，然后应用CLT。

我看到的关键问题是您的构造隐含的分布取决于，从而的分布参数不会在增长。如果你想，而不是采取，例如，和由相同的分解，标准CLT将适用。事实上，人们可以认为许多分解的分布，其允许一个CLT的应用。 $X_{i, n}$ $n$ $S_n$ $n$ $S_n \sim Poi(n)$ $Poi(\lambda_n)$

三角形阵列的Lindeberg-Feller中心极限定理通常用于检验此类和的收敛性。正如你指出，对于所有，所以不能正常渐近。尽管如此，研究一下Lindeberg-Feller条件仍可为将Poisson分解为总和提供一些启示。 $S_n \sim Poi(1)$ $n$ $S_n$

亨特在这些笔记中可以找到一个定理的版本。令。所述Lindeberg-费勒条件是，： $s_n^2 = \mathrm{Var(S_n)}$ $\forall \epsilon >0$

\frac{1}{s_{n}^{2}} \sum_{i = 1}^{n} E [X_{i, n} - 1 / n]^{2} I (| X_{i, n} - 1 / n | > ϵ s_{n}) \to 0, n \to \infty

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

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 E [X_{1, n} - 1 / n]^{2} I (| X_{1, n} - 1 / n | > ϵ) \to 0.

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

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

\begin{aligned} n E [X_{1, n} - 1 / n]^{2} I (| X_{1, n} - 1 / n | > ϵ) & > n ϵ^{2} P (X_{1, n} > 0) \\ = ϵ^{2} n [1 - e^{- 1 / n}] \\ = ϵ^{2} n [1 - (1 - 1 / n + o (1 / n))] \\ = ϵ^{2} + o (1), \end{aligned}

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

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.

— ekvall
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+1 This nicely illuminates a comment by @AlexR to the question, too.

— whuber