Chứng minh định lý giới hạn trung tâm không sử dụng các hàm đặc trưng

Có bằng chứng nào cho việc CLT không sử dụng các hàm đặc trưng, một phương pháp đơn giản hơn không?

Có lẽ phương pháp của Tikhomirov hoặc Stein?

Một cái gì đó khép kín bạn có thể giải thích cho một sinh viên đại học (năm đầu tiên của toán học hoặc vật lý) và mất ít hơn một trang?

mathematical-statistics central-limit-theorem characteristic-function

— skan
nguồn

Tôi đã phác thảo một cách tiếp cận cơ bản như vậy tại stats.stackexchange.com/a/3904/919 . Có thể cho rằng, sử dụng các hàm tạo tích lũy là phương pháp đơn giản nhất có thể: "đơn giản hơn" của bạn có thể được dự định để đọc "cơ bản hơn".

— whuber

Trong các điều kiện hạn chế hơn so với khi sử dụng các hàm đặc trưng, bạn có thể sử dụng các hàm tạo mô men thay thế (thực sự CLT đầu tiên tôi thấy là ở dạng này) - nhưng giải thích khá giống nhau.

— Glen_b -Reinstate Monica

@Glen_b Tôi cũng nghĩ rằng nó có thể dễ dàng hơn với những khoảnh khắc. Dù sao, tôi sẽ để ngỏ câu hỏi trong trường hợp bất kỳ ai khác đăng một cuộc biểu tình khác.

— skan

Như một bằng chứng, nó thực sự không dễ dàng hơn (bằng chứng với cfs có thể được viết dưới dạng giống như bằng chứng với mgfs), nhưng có thể thích hợp hơn cho những sinh viên không có bất kỳ nền tảng nào có chức năng liên quan đến . Đó là, bạn có thể tiết kiệm giới thiệu các khái niệm mới, nhưng nếu chúng có các khái niệm đó đã là bằng chứng cho tuyên bố tương ứng với cfs thì thực tế không khó thực hiện hơn (mặc dù nó khái quát hơn). Điều này có tốt hơn hay không phụ thuộc vào các sinh viên bạn đang làm việc.

i

$i$

— Glen_b -Reinstate Monica

Tôi nhớ lại giáo sư thống kê tốt nghiệp năm đầu tiên của tôi đã cung cấp một "bằng chứng" trực quan về CLT bằng cách hiển thị các phân phối lấy mẫu của giá trị trung bình với theo nhiều mô hình xác suất. Tất nhiên, bình thường, không cho thấy xu hướng, nhưng theo cấp số nhân, bernoulli và các phân phối đuôi nặng khác nhau, tất cả đều "làm tròn" thành hình dạng quen thuộc mỗi lần tăng .

n = 10, 100, 1000

$n=10, 100, 1000$

n

$n$

— AdamO

Câu trả lời:

Bạn có thể chứng minh điều đó bằng phương pháp của Stein, tuy nhiên điều đó gây tranh cãi nếu bằng chứng là cơ bản. Điểm cộng của phương pháp của Stein là bạn có được một dạng giới hạn Berry Esseen yếu hơn một chút về cơ bản là miễn phí. Ngoài ra, phương pháp của Stein không thua gì ma thuật đen! Bạn có thể tìm thấy một giải trình về bằng chứng trong phần 6 của liên kết này . Bạn cũng sẽ tìm thấy bằng chứng khác về CLT trong liên kết.

Đây là một phác thảo ngắn gọn:

1) Chứng minh, sử dụng tích hợp đơn giản bởi các bộ phận và mật độ phân bố bình thường, mà cho tất cả các vi liên tục khi và chỉ khi là phân phối. Nó dễ dàng hơn để hiển thị bình thường ngụ ý kết quả và khó hơn một chút để hiển thị điều ngược lại, nhưng có lẽ nó có thể được thực hiện trên đức tin. $Ef'(A)-Xf(A)=0$ $A$ $N(0,1)$ $A$

2) Tổng quát hơn, nếu cho mỗi vi liên tục với giáp, sau đó hội tụ đến trong phân phối. Bằng chứng ở đây là một lần nữa bằng cách tích hợp bởi các bộ phận, với một số thủ thuật. Cụ thể, chúng ta cần biết rằng sự hội tụ trong phân phối tương đương với $Ef(X_n)-X_nf(X_n)\rightarrow 0$ $f$ $f,f'$ $X_n$ $N(0,1)$ cho tất cả các hàm liên tục giới hạn . Sửa lỗi , cái này được sử dụng để định dạng lại: $Eg(X_n)\rightarrow E g(A)$ $g$ $g$

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

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

trong đó người ta giải quyết cho bằng lý thuyết ODE cơ bản, và sau đó cho thấy là tốt. Do đó, nếu chúng ta có thể tìm thấy một tốt như vậy , bằng cách giả sử rhs chuyển về 0, và do đó phía bên trái cũng vậy. $f$ $f$ $f$

3) Cuối cùng, chứng minh định lý giới hạn trung tâm cho trong đólà iid với trung bình 0 và phương sai 1. Điều này một lần nữa khai thác mẹo ở bước 2, trong đó với mỗichúng ta tìm thấy mộtsao cho: $Y_n:=\frac{X_1+\cdots+X_n}{\sqrt{n}}$ $X_i$ $g$ $f$

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.
nguồn

Đây là cách tôi sẽ làm nếu tôi học trung học.

$f(x)$ $\mu_x,\sigma_x^2$ $z$

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}

$\sigma_z^2=\sigma_x^2$

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}

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

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

Vì vậy, trong một số vấn đề, bạn có thể nói rằng Bernoulli là xấp xỉ chính xác nhất cho bất kỳ phân phối nào, và thậm chí nó hội tụ về mức bình thường.

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

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

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

$n\to\infty$

— Aksakal
nguồn

Hấp dẫn. Có thể biến ý tưởng này trong một bằng chứng hoàn chỉnh?

— Elvis

@Elvis, tôi đã cố gắng suy nghĩ như chính mình nhiều năm trước, và tôi đã không có bằng chứng rất nhiều. Một điều tôi nghĩ là đại diện cho phân phối liên tục như một sự kết hợp của bernoullis, nhưng không chắc là nó có thể hay không

— Aksakal

Những gì bạn viết ở trên có thể tốt hơn nhiều. Không cần phải gần đúng phân phối: một xấp xỉ thô bằng một biến lấy hai giá trị khác nhau sẽ thực hiện công việc.

— Elvis

Đó là, nếu có thể rút ra một số ràng buộc về độ chính xác của xấp xỉ bình thường. Giống như, xấp xỉ bình thường ít nhất là tốt cho phân phối ban đầu như đối với Bernoulli được chia tỷ lệ. Hoặc nhiều khả năng là một cái gì đó yếu hơn nhưng vẫn cho phép kết luận.

— Elvis