Bukti teorema limit pusat tidak menggunakan fungsi karakteristik

Apakah ada bukti untuk CLT yang tidak menggunakan fungsi karakteristik, metode yang lebih sederhana?

Mungkin metode Tikhomirov atau Stein?

Sesuatu yang mandiri dapat Anda jelaskan kepada seorang mahasiswa (tahun pertama matematika atau fisika) dan membutuhkan waktu kurang dari satu halaman?

mathematical-statistics central-limit-theorem characteristic-function

— skan
sumber

Saya membuat sketsa pendekatan dasar di stats.stackexchange.com/a/3904/919 . Dapat diperdebatkan, menggunakan fungsi pembuatan kumulans adalah metode paling sederhana yang mungkin: "sederhana" Anda mungkin dimaksudkan untuk membaca "lebih dasar."

— whuber

Di bawah kondisi yang lebih ketat daripada ketika menggunakan fungsi karakteristik Anda dapat menggunakan fungsi-fungsi menghasilkan momen sebagai gantinya (memang CLT pertama yang saya lihat adalah dari formulir ini) - tetapi eksposisi sangat mirip.

— Glen_b -Reinstate Monica

@ Glen_b Saya juga berpikir itu bisa lebih mudah dengan momen. Pokoknya saya akan meninggalkan pertanyaan terbuka kalau-kalau ada orang lain memposting demonstrasi yang berbeda.

— skan

Sebagai bukti, sebenarnya tidak lebih mudah (bukti dengan cfs dapat ditulis dalam bentuk yang sama dengan bukti dengan mgfs), tetapi mungkin lebih disukai bagi siswa yang mungkin tidak memiliki latar belakang dengan fungsi yang melibatkan . Artinya, Anda dapat menyimpan memperkenalkan konsep-konsep baru, tetapi jika mereka memiliki konsep-konsep itu sudah menjadi bukti dari pernyataan yang sesuai dengan cfs sebenarnya tidak lebih sulit untuk dilakukan (meskipun lebih umum). Apakah ini lebih baik tergantung pada siswa yang Anda hadapi.

i

$i$

— Glen_b -Reinstate Monica

Saya ingat profesor statistik pascasarjana tahun pertama saya memberikan "bukti" visual CLT dengan menunjukkan distribusi sampel rata-rata dengan bawah berbagai model probabilitas. Normal, tentu saja, tidak menunjukkan kecenderungan, tetapi distribusi eksponensial, bernoulli, dan berbagai-ekor berat semua "dibulatkan" ke bentuk yang akrab secara visual per setiap peningkatan .

n = 10, 100, 1000

$n=10, 100, 1000$

n

$n$

— AdamO

Jawaban:

Anda dapat membuktikannya dengan metode Stein, namun itu masih bisa diperdebatkan jika buktinya dasar. Sisi positif dari metode Stein adalah Anda mendapatkan bentuk Berry Esseen yang sedikit lebih lemah secara gratis. Juga, metode Stein tidak kekurangan ilmu hitam! Anda dapat menemukan eksposisi bukti di bagian 6 tautan ini . Anda juga akan menemukan bukti CLT lainnya di tautan.

Berikut ini gambaran singkatnya:

1) Buktikan, menggunakan integrasi sederhana dengan bagian-bagian dan kepadatan distribusi normal, bahwa untuk semua terdiferensiasi secara terus-menerus jika adalah didistribusikan. Lebih mudah untuk ditunjukkan Normal menunjukkan hasil dan sedikit lebih sulit untuk menunjukkan yang sebaliknya, tetapi mungkin itu bisa diambil dengan keyakinan. $Ef'(A)-Xf(A)=0$ $A$ $N(0,1)$ $A$

2) Lebih umum, jika untuk setiap terdiferensiasi secara terus menerus dengan dibatasi, maka konvergen ke dalam distribusi. Buktinya di sini adalah lagi dengan integrasi oleh bagian-bagian, dengan beberapa trik. Secara khusus, kita perlu tahu bahwa konvergensi dalam distribusi setara dengan untuk semua fungsi kontinu yang dibatasi . Memperbaiki , ini digunakan untuk merumuskan kembali: $Ef(X_n)-X_nf(X_n)\rightarrow 0$ $f$ $f,f'$ $X_n$ $N(0,1)$ $Eg(X_n)\rightarrow E g(A)$ $g$ $g$

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

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

di mana seseorang memecahkan untuk menggunakan teori ODE dasar, dan kemudian menunjukkan bagus. Jadi jika kita dapat menemukan bagus , dengan asumsi rhs pergi ke 0, dan juga sisi kiri. $f$ $f$ $f$

3) Akhirnya, buktikan teorema limit pusat untuk mana iid dengan rata-rata 0 dan varian 1. Ini lagi mengeksploitasi trik di langkah 2, di mana untuk setiap kita menemukan sedemikian rupa sehingga: $Y_n:=\frac{X_1+\cdots+X_n}{\sqrt{n}}$ $X_i$ $g$ $f$

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.
sumber

Inilah cara saya akan melakukannya jika saya masih di sekolah menengah.

Ambil distribusi probabilitas apa pun dengan kepadatan , dapatkan mean dan varians . Selanjutnya, perkiraan dengan variabel acak yang memiliki bentuk berikut: mana adalah variabel acak Bernoulli dengan parameter . Anda dapat melihat bahwa dan . $f(x)$ $\mu_x,\sigma_x^2$ $z$

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}

$\sigma_z^2=\sigma_x^2$

Sekarang kita dapat melihat jumlah

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}

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

Anda dapat mengenali distribusi Binomial di sini: , di mana . Anda tidak perlu fungsi karakteristik untuk melihat bahwa itu menyatu dengan bentuk distribusi normal . $\eta=\sum_{i=1}^n\xi_i$ $\eta\sim B(n,1/2)$

Jadi, dalam beberapa hal Anda bisa mengatakan bahwa Bernoulli adalah perkiraan paling tepat untuk distribusi apa pun, dan bahkan konvergen ke normal.

Misalnya, Anda dapat menunjukkan bahwa saat-saat itu cocok dengan normal. Mari kita mendefinisikan lihat variabel: $y=(S_n/n-\mu_x)\sqrt n$

y = σ_{x} (- 1 + 2 η / n) \sqrt{n}

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

Mari kita lihat apa arti dan varians:

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}

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

Kemiringan dan kelebihan kurtosis menyatu ke nol dengan , mudah untuk ditunjukkan dengan memasukkan formula yang dikenal untuk Binomial. $n\to\infty$

— Aksakal
sumber

Menarik. Apakah mungkin untuk mengubah ide ini menjadi bukti yang lengkap?

— Elvis

@ Elvis, saya mencoba untuk berpikir seperti saya bertahun-tahun yang lalu, dan saya tidak banyak bukti. Satu hal yang saya pikirkan adalah merepresentasikan distribusi berkelanjutan sebagai kombinasi dari bernoullis, tetapi tidak yakin apakah itu mungkin

— Aksakal

Apa yang Anda tulis di atas bisa jauh lebih baik. Tidak perlu mendekati perkiraan distribusi: perkiraan kasar oleh variabel yang mengambil dua nilai berbeda akan melakukan pekerjaan.

— Elvis

Yaitu, jika mungkin untuk mendapatkan beberapa ikatan pada keakuratan perkiraan normal. Seperti, perkiraan normal setidaknya sama baiknya untuk distribusi asli seperti halnya untuk Bernoulli yang diskalakan. Atau lebih mungkin sesuatu yang lebih lemah tetapi masih memungkinkan untuk menyimpulkan.

— Elvis