Доказ теореми центральної межі не використовує характерних функцій

Чи є докази, що CLT не використовує характерні функції, більш простий метод?

Може, методи Тихомирова чи Штейна?

Щось самостійне, що ви можете пояснити студенту університету (перший курс математики чи фізики) і займає менше однієї сторінки?

mathematical-statistics central-limit-theorem characteristic-function

— скан
джерело

Я накреслив такий елементарний підхід на сайті stats.stackexchange.com/a/3904/919 . Можливо, використання функцій генерації накопичувача є найпростішим можливим методом: ваш "простіший", ймовірно, призначений для читання "більш елементарним".

— whuber

За більш обмежувальних умов, ніж при використанні характерних функцій, ви можете використовувати функції генерування моментів (натомість перший CLT, який я бачив, був у такій формі) - але експозиція досить схожа.

— Glen_b -Встановіть Моніку

@Glen_b Я також думав, що це може бути легше з моментами. У будь-якому випадку я залишу відкритим питання на випадок, якщо хтось ще розмістить іншу демонстрацію.

— скан

В якості доказу, що це не на самому ділі простіше (доказ з СХУ можуть бути записані в тій же формі, що і доказ з МФР), але може бути кращим для студентів , які не можуть мати ніякого фону з функціями , пов'язаних . Тобто, ви можете зберегти введення нових понять, але якщо вони мають ці поняття, доказ відповідного твердження з cfs насправді зробити не важче (хоча це і більш загальне). Чи краще це, залежить від студентів, з якими ви маєте справу.

i

$i$

— Glen_b -Встановіть Моніку

Пригадую, професор моєї випускниці на першому курсі надав наочний "доказ" CLT, показавши вибіркові розподіли середнього значення з за різними моделями ймовірностей. Звичайні, звичайно, не виявляли тенденції, але експоненціальні, бернуллі та різні важкохвості розподіли "округлили" до звичної форми візуально за кожне збільшення .

n = 10, 100, 1000

$n=10, 100, 1000$

n

$n$

— AdamO

Відповіді:

Ви можете довести це методом Штейна, проте це дискусійно, якщо доказ є елементарним. Плюсом методу Штейна є те, що ви отримуєте трохи слабшу форму меж Беррі Ессіна, по суті, безкоштовно. Також метод Штейна нічим не відрізняється від чорної магії! Ви знайдете доказ доказу в розділі 6 цього посилання . Ви також знайдете інші докази CLT у посиланні.

Ось короткий контур:

1) Доведіть, використовуючи просту інтеграцію по частинам і нормальну щільність розподілу, то для всіх неперервно диференційовна тоді і тільки тоді є розподілені. Простіше показати Нормальний означає результат і трохи складніше показати зворотне, але, можливо, це можна взяти на віру. $Ef'(A)-Xf(A)=0$ $A$ $N(0,1)$ $A$

2) Більш загально, якщо для кожного безперервно диференційованого з обмеженим, то до при розподілі. Доказ тут знову - інтеграція по частинах, з деякими хитрощами. Зокрема, нам потрібно знати, що конвергенція в розподілі еквівалентна для всіх обмежених безперервних функцій . Закріплюючи , це використовується для переформулювання: $Ef(X_n)-X_nf(X_n)\rightarrow 0$ $f$ $f,f'$ $X_n$ $N(0,1)$ $Eg(X_n)\rightarrow E g(A)$ $g$ $g$

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

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

де можна вирішити для використовуючи базову теорію ODE, а потім показує це приємно. Таким чином, якщо ми можемо знайти таку хорошу , за припущенням, rhs переходить до 0, а отже, і ліва сторона. $f$ $f$ $f$

3) Нарешті, доведіть теорему про центральну межу для де - iid із середнім значенням 0 та дисперсією 1. Це знову використовує трюк на кроці 2, де для кожного ми знаходимо таке, що: $Y_n:=\frac{X_1+\cdots+X_n}{\sqrt{n}}$ $X_i$ $g$ $f$

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

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

— Алекс Р.
джерело

Ось як би я це зробив, якби навчався у середній школі.

Візьміть будь-який розподіл ймовірностей із щільністю , отримайте його середнє значення та дисперсію . Далі, його з випадковою змінною яка має такий вигляд: де - випадкова величина Бернуллі з параметром . Видно, що і . $f(x)$ $\mu_x,\sigma_x^2$ $z$

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}

$\sigma_z^2=\sigma_x^2$

Тепер ми можемо подивитися на суму

S_{n} = \sum_{i = 1}^{n} z_{i}

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

= n (μ_{x} - σ_{x}) + 2 σ_{x} \sum_{i = 1}^{n} ξ_{i}

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

Ви можете розпізнати біноміальний розподіл тут: , де . Вам не потрібна характерна функція, щоб побачити, що вона переходить у нормальну форму розподілу . $\eta=\sum_{i=1}^n\xi_i$ $\eta\sim B(n,1/2)$

Отже, ви в чомусь можете сказати, що Бернуллі є найменш точним наближенням для будь-якого розподілу, і навіть воно сходить до нормального.

Наприклад, ви можете показати, що моменти відповідають нормальному. Давайте визначимо погляд на змінну: $y=(S_n/n-\mu_x)\sqrt n$

y = σ_{x} (- 1 + 2 η / n) \sqrt{n}

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

Подивимось, що означає середнє значення та дисперсія:

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

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

Косисть і надлишок куртозу сходяться до нуля з , це легко показати, підключивши відомі формули для Binomial. $n\to\infty$

— Аксакал
джерело

Цікаво. Чи можна перетворити цю ідею на повний доказ?

— Елвіс

@Elvis, я намагався думати, як я багато років тому, і я не так сильно опирався. Я подумав одне - представляти безперервний розподіл як комбінацію Бернуллі, але не впевнений, чи можливо

— Аксакал

Те, що ви написали вище, може бути набагато кращим. Не потрібно близько наближати розподіл: грубе наближення змінної, яка приймає два різних значення, зробить роботу.

— Елвіс

Тобто, якщо є можливість вивести деяку межу на точність нормального наближення. Мовляв, нормальне наближення принаймні настільки ж добре для початкового розподілу, як і для масштабованого Бернуллі. Або, мабуть, щось слабше, але все ж дозволяє зробити висновок.

— Елвіс