La suma de los inversos' Normal (1/X) variables aleatorias. Cálculo de la resistencia equivalente

Question

Considere el caso de $N$ resistencias $R$ conectados en paralelo. La resistencia equivalente de un circuito se calcula de la siguiente manera

$$ \frac{1}{R_{eq}} = \underbrace{\frac{1}{R} + \frac{1}{R} + ..... + \frac{1}{R}}_{\text{N times}} \quad\quad (1)$$

En el caso (aquí) de equivalente de resistencias, este trivialmente se simplifica a

$$ R_{eq} = \frac{R}{N} \quad \quad (2) $$

Editar los comentarios: Este razonamiento se sostiene sólo por la resistencia que se está algebraica de variables. Ahora, me gustaría realizar el mismo cálculo, pero sustituyendo $R$ $\bar{R}$ donde $\bar{R}$ es ahora una variable aleatoria que sigue la ley $\mathcal{N}(\mu,\sigma^2)$, y, obviamente, la ecuación (2) no es en general más por variables aleatorias.

Así, considera ahora que la resistencia es una variable aleatoria normalmente distribuida $$ \bar{R} \sim \mathcal{N}(\mu,\sigma^2) $$

Dado esto, me gustaría calcular el (asintótica) de distribución de $\bar{R}_{eq}$. Al no ser un experto en estadísticas, no puedo decir nada sobre el comportamiento de ley de la suma en (1). Sé que el recíproco de la distribución de una variable normal es bimodal, pero no puede tomar desde allí. Al parecer, ni siquiera podía aplicar el teorema central del límite en la suma de (1) a partir de la distribución bimodal no tiene un primero ni un segundo momento.

A partir de un análisis estadístico, parece que $$ \bar{R}_{eq} \overset{N}{\rightarrow} \mathcal{N}\left(\frac{\mu}{N},\frac{\sigma^2}{N^2}\right) $$

lo que indica que la ecuación (2) se mantiene incluso como un comportamiento de ley. Se puede ver cualquier forma de derivar esta última relación analíticamente ?

Answer 1

La Pregunta

Deje $(R_1, \dots, R_n)$ denotar un IID muestra de tamaño $n$ donde $R_i \sim N(\mu, \sigma^2)$, y vamos a:

$$Z = \frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2} + \dots + \frac{1}{R_n}$$

Find the asymptotic distribution of $R_{eq} = \large\frac{1}{Z}$.

OP pide

A partir de un análisis estadístico, parece que $$ R_{eq} \overset{n}{\rightarrow} \mathcal{N}\left(\frac{\mu}{n},\frac{\sigma^2}{n^2}\right) $$

... Se puede ver cualquier forma de derivar esta última relación analíticamente ?

Respuesta:
No, porque la relación está mal, y no se sostiene.

En teoría, incluso si se pudiera aplicar el Teorema del Límite Central, que sería el pdf de $Z$ que sería asintóticamente Normal ... no el pdf de $1/Z$.

Para ilustrar que no funciona, aquí es una línea de una simulación de Monte Carlo de $Z$ (en Mathematica), como una función de la $n$, al decir $\mu = 300$$\sigma = 5$:

Zdata[n_] := Plus@@Table[RandomReal[NormalDistribution[300,5], 10^5]^-1, {n}];

El siguiente gráco se compara el:

• el empírica pdf de $R_{eq} = \large\frac{1}{Z}$ (garabatos curva AZUL)
• el OP de la propuesta de modelo de ajuste (discontinua curva roja)

Claramente, el ajuste no funciona.

Un mejor ajuste

Sugirió que mejor se ajuste ...

Como en el anterior, el asintótica Normal modelo no es el modelo correcto ... sin embargo, si $\mu$ es grande en relación a $\sigma$, luego un ajuste Normal de la forma: $\mathcal{N}\left(\frac{\mu}{n} - blah,\frac{\sigma^2}{n^3}\right)$ aparece a realizar razonablemente bien.

Para el mismo ejemplo anterior, con $n = 100$ (y bla = 0), el ajuste es:

Para $n = 800$ (y bla, de nuevo, 0), el ajuste es peor:

Claramente, como $n$ aumenta, significa que el ajuste de algunas de función $blah(\mu, \sigma, n)$ también es necesario.

Answer 2

Supongamos $\mu$ es grande en comparación a$\sigma$, de modo que los valores negativos se han de fuga probabilidad de ocurrir y nos permitimos realizar la expansión de taylor se describe a continuación.

Uno puede aproximar la función de $x \to \frac{1}{x}$ $\mu$ por su expansión de taylor de primer orden

$$ \frac{1}{\bar{R}} \simeq \frac{1}{\mu} - \frac{1}{\mu^2}\left(\bar{R}-\mu\right) \sim \mathcal{N}\left(\frac{1}{\mu},\frac{\sigma^2}{\mu^4} \right)$$

Por lo tanto, $\frac{1}{\bar{R}_{eq}}$ aproximadamente de la siguiente manera

$$ \frac{1}{\bar{R}_{eq}} := \frac{1}{\bar{R}}+\ldots+\frac{1}{\bar{R}} \underbrace{\simeq}_{\text{normal property}} \frac{N}{\bar{R}} \sim \mathcal{N}\left(\frac{N}{\mu},\frac{N\sigma^2}{\mu^4}\right) $$

Entonces, uno puede invertir la primera relación, asumiendo $\frac{\sqrt{N}\sigma}{\mu^2} \ll \frac{N}{\mu}$ (de modo que aún mantiene):

$$ \frac{1}{\bar{R}_{eq}} \simeq \frac{N}{\bar{R}} \simeq \frac{N}{\mu} - \frac{N}{\mu^2}(\bar{R}-\mu) \simeq \frac{N}{\mu} - \frac{N^2}{\mu^2}\left(\bar{R}_{eq} - \frac{\mu}{N}\right) $$ Por lo tanto $$\bar{R}_{eq} \simeq -\frac{\mu^2}{N^2}\frac{1}{\bar{R}_{eq}} + 2\frac{\mu}{N} \sim \mathcal{N}\left(\frac{\mu}{N},\frac{\sigma^2}{N^3}\right) \quad \quad (\dagger) $$

Simulación:

He dibujado $N$ variables aleatorias $\bar{R}_{i}$ $\mathcal{N}(\mu,\sigma^2)$ $\mu = 300, \sigma = 30$ y proceded a calcular $$\bar{R}_{eq} = \left( \sum \limits_{i=1}^N \frac{1}{\bar{R}_i}\right)^{-1}$$

50'000 veces para obtener la distribución de los $\bar{R}_{eq}$. Yo desechado los resultados en 100 contenedores y se ajustaba a la distribución con una gaussiana. Esto ha sido repetido por $N$ que van desde 1 a 200 para conseguir un comportamiento de la distribución de $\bar{R}_{eq}$ en función de $N$.

Para cada una de las $N$, $\mu$ $\sigma$ de la gaussiana de ajuste están representados, normalizado, en un log-log de la escala. Los resultados se ajustan $(\dagger)$