Teorema del limite centrale non utilizza funzioni caratteristiche

Esistono prove che il CLT non utilizza funzioni caratteristiche, un metodo più semplice?

Forse i metodi di Tikhomirov o Stein?

Qualcosa di autonomo che puoi spiegare a uno studente universitario (primo anno di matematica o fisica) e richiede meno di una pagina?

mathematical-statistics central-limit-theorem characteristic-function

— skan
fonte

Ho delineato un approccio così elementare su stats.stackexchange.com/a/3904/919 . Probabilmente, usare le funzioni di generazione cumulativa è il metodo più semplice possibile: il tuo "più semplice" è probabilmente destinato a leggere "più elementare".

— whuber

In condizioni più restrittive rispetto a quando si utilizzano le funzioni caratteristiche, è possibile utilizzare invece le funzioni di generazione del momento (in effetti il primo CLT che ho visto era di questa forma) - ma l'esposizione è abbastanza simile.

— Glen_b

@Glen_b Ho anche pensato che potesse essere più facile con i momenti. Comunque lascerò aperta la domanda nel caso in cui qualcun altro pubblichi una dimostrazione diversa.

— skan

Come prova, in realtà non è affatto più semplice (la prova con cfs può essere scritta nella stessa forma della prova con mgfs), ma può essere preferibile per gli studenti che potrebbero non avere alcun background con funzioni che coinvolgono . Cioè, potresti salvare l'introduzione di nuovi concetti, ma se hanno già questi concetti una prova dell'affermazione corrispondente con cfs non è in realtà più difficile da fare (anche se è più generale). Se questo è meglio dipende dagli studenti con cui hai a che fare.

i

$i$

— Glen_b -Restate Monica

Ricordo che il mio professore di statistica del primo anno ha fornito una "prova" visiva del CLT mostrando le distribuzioni campionarie della media con in una varietà di modelli di probabilità. Normale, ovviamente, non mostrava alcuna tendenza, ma esponenziali, bernoulli e varie distribuzioni dalla coda pesante, tutte "arrotondate" alla forma familiare visivamente per ogni aumento di .

n = 10, 100, 1000

$n=10, 100, 1000$

n

$n$

— AdamO,

Risposte:

Puoi provarlo con il metodo di Stein, tuttavia è discutibile se la prova è elementare. Il lato positivo del metodo di Stein è che ottieni una forma leggermente più debole dei limiti di Berry Esseen essenzialmente gratis. Inoltre, il metodo di Stein è a dir poco magico nero! Puoi trovare un'esposizione della prova nella sezione 6 di questo link . Nel link troverai anche altre prove del CLT.

Ecco una breve descrizione:

1) Dimostrare, usando la semplice integrazione per parti e la normale densità di distribuzione, che per tutti i differenziabili continui se è distribuito . È più facile mostrare normale implica il risultato e un po 'più difficile mostrare il contrario, ma forse può essere preso sulla fede. $Ef'(A)-Xf(A)=0$ $A$ $N(0,1)$ $A$

2) Più in generale, se per ogni continuamente differenziabile con limitato, allora converge in nella distribuzione. La prova qui è di nuovo mediante l'integrazione per parti, con alcuni trucchi. In particolare, dobbiamo sapere che la convergenza nella distribuzione è equivalente a per tutte le funzioni continue limitate . Riparando , questo è usato per riformulare: $Ef(X_n)-X_nf(X_n)\rightarrow 0$ $f$ $f,f'$ $X_n$ $N(0,1)$ $Eg(X_n)\rightarrow E g(A)$ $g$ $g$

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

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

dove si risolve per usando la teoria ODE di base, e poi si mostra che è carino. Quindi se riusciamo a trovare una bella , supponendo che rhs vada a 0, e quindi anche il lato sinistro. $f$ $f$ $f$

3) Infine, dimostra il teorema del limite centrale per dove è identificato con media 0 e varianza 1. Questo sfrutta nuovamente il trucco nel passaggio 2, dove per ogni troviamo una tale che: $Y_n:=\frac{X_1+\cdots+X_n}{\sqrt{n}}$ $X_i$ $g$ $f$

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.
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Ecco come lo farei se fossi al liceo.

Prendi qualsiasi distribuzione di probabilità con densità , ottieni media e varianza . Quindi, approssimalo con la variabile casuale che ha la seguente forma: dove è la variabile casuale di Bernoulli con il parametro . Puoi vedere che e . $f(x)$ $\mu_x,\sigma_x^2$ $z$

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}

$\sigma_z^2=\sigma_x^2$

Ora possiamo guardare la somma

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}

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

Puoi riconoscere la distribuzione binomiale qui: , dove . Non hai bisogno della funzione caratteristica per vedere che converge alla normale forma di distribuzione . $\eta=\sum_{i=1}^n\xi_i$ $\eta\sim B(n,1/2)$

Quindi, per alcuni aspetti, potresti dire che il Bernoulli è l'approssimazione meno precisa per qualsiasi distribuzione, e persino converge alla normalità.

Ad esempio, puoi mostrare che i momenti corrispondono normali. Definiamo un'occhiata alla variabile: $y=(S_n/n-\mu_x)\sqrt n$

y = σ_{x} (- 1 + 2 η / n) \sqrt{n}

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

Vediamo qual è la media e la varianza:

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}

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

L'asimmetria e l'eccessiva curtosi convergono a zero con , è facile da mostrare collegando le formule conosciute per Binomial. $n\to\infty$

— Aksakal
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Interessante. È possibile trasformare questa idea in una prova completa?

— Elvis,

@Elvis, stavo provando a pensare come me molti anni fa, e non ero molto interessato alle prove. Una cosa a cui ho pensato è rappresentare la distribuzione continua come una combinazione di bernoullis, ma non sono sicuro che sia possibile

— Aksakal

Quello che hai scritto sopra potrebbe essere molto meglio. Non è necessario approssimare da vicino la distribuzione: un'approssimazione approssimativa di una variabile che prende due valori diversi farebbe il lavoro.

— Elvis,

Cioè, se è possibile derivare un po 'legato alla precisione dell'approssimazione normale. Ad esempio, l'approssimazione normale è buona tanto per la distribuzione originale quanto per Bernoulli in scala. O più probabilmente qualcosa di più debole ma che consente ancora di concludere.

— Elvis,