Karakteristik fonksiyonlar kullanmayan merkezi limit teorem kanıtı

CLT'nin karakteristik fonksiyonları kullanmadığına dair herhangi bir kanıt var mı, daha basit bir yöntem mi?

Belki Tikhomirov veya Stein'ın yöntemleri?

Bağımsız bir şey bir üniversite öğrencisine (matematik veya fizik birinci yılı) açıklayabilir ve birden fazla sayfa alır?

mathematical-statistics central-limit-theorem characteristic-function

— Skan
kaynak

Stats.stackexchange.com/a/3904/919 adresinde böyle temel bir yaklaşım çizdim . Muhtemelen, kümülatif üretim işlevlerini kullanmak mümkün olan en basit yöntemdir: "daha basit" ifadeniz muhtemelen "daha temel" okumayı amaçlamaktadır.

— whuber

Karakteristik fonksiyonlar kullanmaktan daha kısıtlayıcı koşullar altında, bunun yerine moment üretme fonksiyonlarını kullanabilirsiniz (gerçekten gördüğüm ilk CLT bu formdaydı) - ancak açıklama oldukça benzer.

— Glen_b-Monica

@Glen_b Ayrıca anlarla daha kolay olabileceğini düşündüm. Her neyse, başka bir gösteri yayınlaması durumunda soruyu açık bırakacağım.

— skan

Bir kanıtı olarak, aslında hiç kolay (MGFs ile ispatı olarak aynı formda yazılabilir KYS'lu geçirmez) değil, ama içeren fonksiyonları ile herhangi altyapıya sahip olmayabilir öğrenciler için tercih edilebilir

. Yani, yeni kavramlar sunmayı kaydedebilirsiniz, ancak eğer bu kavramlara sahiplerse, cfs ile ilgili ifadenin bir kanıtı zaten yapmak daha zor değildir (daha genel olsa da). Bunun daha iyi olup olmadığı, uğraştığınız öğrencilere bağlıdır.

i

$i$

— Glen_b

İlk yıl lisansüstü istatistik profesörümün çeşitli olasılık modelleri altında

ile ortalama örnekleme dağılımlarını göstererek CLT'nin görsel bir "kanıtını" sağladığını hatırlıyorum . Normal, elbette, herhangi bir eğilim göstermedi, ancak üstel, bernoulli ve çeşitli ağır kuyruklu dağılımların hepsi,

her artış başına görsel olarak tanıdık şekle "yuvarlandı" .

n = 10, 100, 1000

$n=10, 100, 1000$

n

$n$

— AdamO

Yanıtlar:

Bunu Stein'in yöntemiyle kanıtlayabilirsiniz, ancak kanıt temel ise tartışmalıdır. Stein'in yönteminin artı tarafı, esasen ücretsiz olarak Berry Esseen'in sınırlarının biraz daha zayıf bir formunu almanızdır. Ayrıca, Stein'ın yöntemi kara büyüden başka bir şey değildir! İspatın açıklamasını bu bağlantının 6. bölümünde bulabilirsiniz . Bağlantıda CLT'nin başka kanıtlarını da bulacaksınız.

İşte kısa bir özet:

1) Parçalar ile basit entegrasyon ve normal dağılım yoğunluğu kullanılarak, tüm sürekli farklılaştırılabilir iff için dağıtılmış olduğunu kanıtlayın . Bu göstermek için daha kolay Normal Tersini ispat etmek biraz daha zor sonucunu ima ve fakat belki de inanç alınabilir. $Ef'(A)-Xf(A)=0$ $A$ $N(0,1)$ $A$

2) Daha genel olarak, eğer her sürekli türevlenebilir için ile sonra, sınırlı için yakınsak dağıtım. Buradaki kanıt yine bazı parçalarla parçalarla bütünleşmektir. Özellikle, dağıtımda bu yakınsama eşdeğerdir bilmek gerekir $Ef(X_n)-X_nf(X_n)\rightarrow 0$ $f$ $f,f'$ $X_n$ $N(0,1)$ tüm sınırlı sürekli fonksiyonlar için . Tespit , bu yeniden formüle etmek için kullanılır: $Eg(X_n)\rightarrow E g(A)$ $g$ $g$

E g (X_{n}) - E g (bir) = E f^{'} (X_{n}) - X_{n} f (X_{n}),

$Eg(X_n)-Eg(A)=Ef'(X_n)-X_nf(X_n),$

nerede bir için çözer temel ODE teorisini kullanarak ve sonra gösterileri güzel. Böylece böyle güzel bir bulabilirsek , varsayımlarla rhler 0'a gider ve bu nedenle sol taraf da gider. $f$ $f$ $f$

3) Son olarak, için merkezi limit teoremini kanıtlayın buradaortalama 0 ve varyans 1 ile iid'tir. Bu yine 2. adımdaki hileyi kullanır, burada heriçin birbu şekilde bulunur: $Y_n:=\frac{X_1+\cdots+X_n}{\sqrt{n}}$ $X_i$ $g$ $f$

E g (X_{n}) - E g (A) = E f^{'} (X_{n}) - X_{n} f (X_{n}) .

$Eg(X_n)-Eg(A)=Ef'(X_n)-X_nf(X_n).$

— Alex R.
kaynak

Lisede olsaydım bunu nasıl yapacağım.

Yoğunluk ile herhangi bir olasılık dağılımını alın, ortalamasını ve varyansını . Daha sonra, rastgele değişken ile yaklaşık aşağıdaki forma sahiptir: burada olan Bernoulli rastgele değişken parametresi ile . Bunu görebilirsiniz ve $f(x)$ $\mu_x,\sigma_x^2$ $z$

z = μ_{x} - σ_{x} + 2 σ_{x} ξ,

$z=\mu_x-\sigma_x+2\sigma_x\xi,$

ξ

$\xi$

p = 1 / 2

$p=1/2$

μ_{z} = μ_{x}

$\mu_z=\mu_x$

σ_{z}^{2} = σ_{x}^{2}

$\sigma_z^2=\sigma_x^2$

Şimdi

S_{n} = Σ_{ben = 1}^{n} z_{ben}

$S_n=\sum_{i=1}^n z_i$

= n (μ_{x} - σ_{x}) + 2 σ_{x} Σ_{ben = 1}^{n} ξ_{ben}

$=n(\mu_x-\sigma_x)+2\sigma_x\sum_{i=1}^n\xi_i$

$\eta=\sum_{i=1}^n\xi_i$ $\eta\sim B(n,1/2)$

Yani, bazı açılardan, Bernoulli'nin herhangi bir dağıtım için en az kesin yaklaşım olduğunu ve hatta normale yaklaştığını söyleyebilirsiniz.

$y=(S_n/n-\mu_x)\sqrt n$

y = σ_{x} (- 1 + 2 η / n) \sqrt{n}

$y=\sigma_x(-1+2\eta/n)\sqrt n$

μ_{y} = σ_{x} (- 1 + 2 (n / 2) / n) \sqrt{n} = 0

$\mu_y=\sigma_x(-1+2(n/2)/n)\sqrt n=0$

V bir r [y] = σ_{x}^{2} V bir r [2 η / n] n = 4 σ_{x}^{2} / n n (1 / 4) = σ_{x}^{2}

$Var[y]=\sigma_x^2Var[2\eta/n] n=4\sigma_x^2/nn(1/4)=\sigma_x^2$

$n\to\infty$

— Aksakal
kaynak

İlginç. Bu fikri tam bir kanıtla döndürmek mümkün mü?

— Elvis

@Elvis, yıllar önce kendim gibi düşünmeye çalışıyordum ve çok fazla delile girmedim. Düşündüğüm bir şey, sürekli dağılımı bernoullis'in bir kombinasyonu olarak temsil etmektir, ancak bunun mümkün olup olmadığından emin değilim

— Aksakal

Yukarıda yazdıklarınız çok daha iyi olabilir. Dağılımı yaklaştırmaya gerek yok: iki farklı değer alan bir değişken tarafından kabaca bir yaklaşım işi yapacaktır.

— Elvis

Yani, normal yaklaşımın doğruluğuna bir miktar bağ kurmak mümkünse. Gibi, normal yaklaşım en azından ölçekli Bernoulli için olduğu kadar orijinal dağılım için iyidir. Ya da muhtemelen daha zayıf bir şey ama yine de sonuca varmaya izin veriyor.

— Elvis