Prendi in considerazione distribuzioni discrete. Uno che è supportato su valori è determinato da probabilità non negative fatte salve le condizioni che (a) sommano a 1 e (b) il coefficiente di asimmetria è uguale 0 (che equivale a zero del terzo momento centrale). Ciò lascia gradi di libertà (nel senso di risoluzione dell'equazione, non quello statistico!). Possiamo sperare di trovare soluzioni che non sono modali.x 1 , x 2 , … , x k p 1 , p 2 , … , p k k - 2kx1,x2,…,xkp1,p2,…,pkk−2
Per facilitare la ricerca di esempi, ho cercato soluzioni supportate su un piccolo vettore simmetrico con una modalità univoca a , media zero e zero asimmetria. Una di queste soluzioni è .0 ( p 1 , ... , p 7 ) = ( 1396 , 3286 , 9586 , 47386 , 8781 , 3930 , 1235 ) / 75600x=(−3,−2,−1,0,1,2,3)0(p1,…,p7)=(1396,3286,9586,47386,8781,3930,1235)/75600
Puoi vedere che è asimmetrico.
Ecco una soluzione più ovviamente asimmetrica con (che è asimmetrico) e :p = ( 1 , 18 , 72 , 13 , 4 ) / 108x=(−3,−1,0,1,2)p=(1,18,72,13,4)/108
Ora è ovvio cosa sta succedendo: poiché la media è uguale a , i valori negativi contribuiscono e al terzo momento mentre i valori positivi contribuiscono e , bilanciando esattamente i contributi negativi. Possiamo prendere una distribuzione simmetrica di circa , come con e spostare una piccola massa da a , una piccola massa da a e una leggera quantità di massa a( - 3 ) 3 = - 27 18 × ( - 1 ) 3 = - 18 4 × 2 3 = 32 13 × 1 3 = 13 0 x = ( - 1 , 0 , 1 ) p = ( 1 , 4 , 1 ) / 6 + 1 + 2 + 1 - 10(−3)3=−2718×(−1)3=−184×23=3213×13=130x=(−1,0,1)p=(1,4,1)/6+1+2+1−10 0−3, mantenendo la media su e anche l' asimmetria su , mentre si crea un'asimmetria. Lo stesso approccio funzionerà per mantenere zero media e zero asimmetria di una distribuzione continua rendendola asimmetrica; se non siamo troppo aggressivi con lo spostamento di massa, rimarrà immodale.00
Modifica: distribuzioni continue
Poiché il problema continua a presentarsi, diamo un esempio esplicito con distribuzioni continue. Peter Flom ha avuto una buona idea: guarda le miscele di normali. Una miscela di due normali non farà: quando svanisce la sua asimmetria, sarà simmetrica. Il prossimo caso più semplice è una miscela di tre normali.
Le miscele di tre normali, dopo un'opportuna scelta di posizione e scala, dipendono da sei parametri reali e quindi dovrebbero avere una flessibilità più che sufficiente per produrre una soluzione asimmetrica e senza inclinazioni. Per trovarne alcuni, dobbiamo sapere come calcolare le asimmetrie di miscele di normali. Tra questi, cercheremo quelli che sono unimodali (è possibile che non ce ne siano).
Ora, in generale, il momento (non centrale) di una distribuzione normale standard è zero quando è dispari e altrimenti è uguale a . Quando ridimensioniamo quella distribuzione normale standard per avere una deviazione standard di , il momento viene moltiplicato per . Quando spostiamo qualsiasi distribuzione di , il nuovo momento può essere espresso in termini di momenti fino a inclusorthr2r/2Γ(1−r2)/π−−√σrthσrμrthr. Il momento di una miscela di distribuzioni (cioè una media ponderata di esse) è la stessa media ponderata dei singoli momenti. Infine, l'asimmetria è zero esattamente quando il terzo momento centrale è zero, e questo viene prontamente calcolato in termini dei primi tre momenti.
Questo ci dà un attacco algebrico al problema. Una soluzione che ho trovato è una miscela uguale di tre normali con parametri uguali a , e . La sua media è uguale . Questa immagine mostra il pdf in blu e il pdf della distribuzione capovolto sulla sua media in rosso. Il fatto che differiscano dimostra che sono entrambi asimmetrici. (La modalità è approssimativamente di , dalla media di .) Entrambi hanno zero asimmetria per costruzione .(μ,σ)(0,1)(1/2,1)(0,127/18−−−−−−√)≈(0,2.65623)(0+1/2+0)/3=1/60.05192161/6
I grafici indicano che questi sono unimodali. (Puoi controllare usando Calculus per trovare i massimi locali.)