การพิสูจน์ทฤษฎีบทขีด จำกัด กลางไม่ได้ใช้ฟังก์ชันลักษณะพิเศษ

มีข้อพิสูจน์ใด ๆ เกี่ยวกับ CLT ที่ไม่ได้ใช้ฟังก์ชั่นคุณสมบัติเป็นวิธีที่ง่ายกว่าหรือไม่

อาจจะเป็นวิธี Tikhomirov หรือสไตน์?

มีบางอย่างในตัวที่คุณสามารถอธิบายให้นักศึกษามหาวิทยาลัย (ปีแรกของคณิตศาสตร์หรือฟิสิกส์) และใช้เวลาน้อยกว่าหนึ่งหน้า

mathematical-statistics central-limit-theorem characteristic-function

ผมร่างออกวิธีการประถมศึกษาดังกล่าวในstats.stackexchange.com/a/3904/919 เนื้อหาที่ใช้ฟังก์ชั่นการสร้าง cumulant เป็นวิธีที่ง่ายที่สุดที่เป็นไปได้: "เรียบง่าย" ของคุณอาจจะตั้งใจที่จะอ่าน "ระดับประถมศึกษาเพิ่มเติม"

— whuber

ภายใต้เงื่อนไขที่ จำกัด มากขึ้นกว่าเมื่อใช้ฟังก์ชั่นลักษณะคุณสามารถใช้ฟังก์ชั่นสร้างช่วงเวลาแทน (แน่นอน CLT แรกที่ฉันเห็นเป็นรูปแบบนี้) - แต่การแสดงออกค่อนข้างคล้ายกัน

— Glen_b -Reinstate Monica

@Glen_b ฉันก็คิดว่ามันจะง่ายขึ้นในช่วงเวลา อย่างไรก็ตามฉันจะปล่อยให้เปิดคำถามในกรณีที่ใครโพสต์การสาธิตที่แตกต่างกัน

— skan

เป็นหลักฐานก็ไม่จริงได้ง่ายขึ้น (หลักฐานที่มี CFS สามารถเขียนในรูปแบบเดียวกับหลักฐานที่มี mgfs) แต่อาจจะดีกว่าสำหรับนักเรียนที่ไม่อาจมีพื้นหลังที่มีฟังก์ชั่นที่เกี่ยวข้องกับฉันนั่นคือคุณอาจบันทึกการแนะนำแนวคิดใหม่ แต่ถ้าพวกเขามีแนวคิดเหล่านั้นอยู่แล้วหลักฐานของคำสั่งที่สอดคล้องกับ cfs ไม่จริงยากที่จะทำ (แม้ว่ามันจะเป็นเรื่องทั่วไปมากขึ้น) ไม่ว่าจะดีกว่านี้ขึ้นอยู่กับนักเรียนที่คุณกำลังติดต่อด้วย

i

$i$

— Glen_b -Reinstate Monica

ฉันจำได้ว่าศาสตราจารย์สถิติระดับบัณฑิตศึกษาปีแรกของฉันแสดง "หลักฐาน" ของ CLT ด้วยการแสดงการแจกแจงตัวอย่างของค่าเฉลี่ยด้วยภายใต้โมเดลความน่าจะเป็นที่หลากหลาย ปกติของหลักสูตรมีแนวโน้มไม่ แต่ชี้แจง Bernoulli และการกระจายหนักนกต่างๆ "ปิดโค้งมน" เพื่อรูปร่างที่คุ้นเคยสายตาละเพิ่มขึ้นในn

n = 10, 100, 1000

$n=10, 100, 1000$

n

$n$

— AdamO

คำตอบ:

คุณสามารถพิสูจน์ได้ด้วยวิธีการของสไตน์ แต่ก็เป็นที่ถกเถียงกันอยู่ว่าการพิสูจน์เป็นระดับประถมศึกษา ด้านบวกของวิธีการของสไตน์คือคุณได้รับรูปแบบที่อ่อนแอกว่าเล็กน้อยของขอบเขต Esseen Berry เป็นหลักฟรี นอกจากนี้วิธีการของสไตน์ก็ไม่มีอะไรขาดเวทมนต์ดำ คุณสามารถหาคำอธิบายได้ในส่วนที่ 6 ของลิงค์นี้ คุณจะพบหลักฐานอื่น ๆ ของ CLT ในลิงค์เช่นกัน

นี่เป็นโครงร่างสั้น ๆ :

1) พิสูจน์โดยใช้การบูรณาการที่เรียบง่ายโดยชิ้นส่วนและความหนาแน่นของการกระจายปกติที่สำหรับทุกอนุพันธ์ได้อย่างต่อเนื่อง IFF เป็นกระจาย มันง่ายกว่าที่จะแสดงปกติแสดงถึงผลลัพธ์และการแสดงสนทนาได้ยากขึ้นเล็กน้อย แต่บางทีมันอาจเกิดขึ้นได้จากศรัทธา $Ef'(A)-Xf(A)=0$ $A$ $N(0,1)$ $A$

2) โดยทั่วไปถ้าสำหรับทุกอนุพันธ์ได้อย่างต่อเนื่องกับกระโดดแล้วลู่ไปในการจัดจำหน่าย หลักฐานที่นี่เป็นอีกครั้งโดยบูรณาการโดยชิ้นส่วนกับเทคนิค โดยเฉพาะเราจำเป็นต้องรู้ว่าการบรรจบกันในการกระจายเทียบเท่ากับสำหรับการทำงานอย่างต่อเนื่องล้อมรอบทั้งหมดกรัมแก้ไขสิ่งนี้ถูกใช้เพื่อจัดรูปแบบใหม่: $Ef(X_n)-X_nf(X_n)\rightarrow 0$ $f$ $f,f'$ $X_n$ $N(0,1)$ $Eg(X_n)\rightarrow E g(A)$ $g$ $g$

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

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

ที่หนึ่งแก้สำหรับโดยใช้ทฤษฎี ODE พื้นฐานแล้วแสดงเป็นสิ่งที่ดี ดังนั้นถ้าเราสามารถหาดีได้โดยสมมติว่า rhs ไปที่ 0 แล้วด้านซ้ายก็เช่นกัน $f$ $f$ $f$

3) ในที่สุดพิสูจน์ทฤษฎีบทขีด จำกัด กลางสำหรับโดยที่เป็น iid ที่มีค่าเฉลี่ย 0 และความแปรปรวน 1 นี่ใช้ประโยชน์จากเล่ห์เหลี่ยมในขั้นตอนที่ 2 อีกครั้ง สำหรับทุกเราพบเช่นนั้น: $Y_n:=\frac{X_1+\cdots+X_n}{\sqrt{n}}$ $X_i$ $g$ $f$

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

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

— อเล็กซ์อาร์
แหล่งที่มา

นี่คือวิธีที่ฉันจะทำถ้าฉันอยู่ในโรงเรียนมัธยม

ใช้การกระจายใด ๆ ที่มีความหนาแน่นของได้รับของค่าเฉลี่ยและความแปรปรวน 2 ถัดไปใกล้เคียงกับตัวแปรสุ่มซึ่งมีรูปแบบต่อไปนี้: ที่เป็นตัวแปรสุ่ม Bernoulliกับพารามิเตอร์2/1 คุณจะเห็นว่าและ 2 $f(x)$ $\mu_x,\sigma_x^2$ $z$

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}

$\sigma_z^2=\sigma_x^2$

ตอนนี้เราสามารถดูผลรวม

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}

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

คุณสามารถรับรู้การกระจายทวินามที่นี่:ที่1/2) คุณไม่จำเป็นต้องลักษณะการทำงานจะเห็นว่ามันลู่เพื่อรูปร่างกระจายปกติ $\eta=\sum_{i=1}^n\xi_i$ $\eta\sim B(n,1/2)$

ดังนั้นในบางกรณีคุณสามารถพูดได้ว่าเบอร์นูลลีนั้นเป็นค่าประมาณที่แม่นยำน้อยที่สุดสำหรับการแจกแจงใด ๆ และแม้กระทั่งมันกลับกลายเป็นปกติ

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

y = σ_{x} (- 1 + 2 η / n) \sqrt{n}

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

มาดูกันว่าค่าเฉลี่ยและความแปรปรวนคืออะไร:

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}

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

ความเบ้และความเกินส่วนเกินมาบรรจบกันเป็นศูนย์ด้วยมันง่ายที่จะแสดงโดยเสียบสูตรที่รู้จักสำหรับ Binomial $n\to\infty$

— Aksakal
แหล่งที่มา

น่าสนใจ เป็นไปได้ไหมที่จะเปลี่ยนความคิดนี้ในการพิสูจน์ที่สมบูรณ์?

— Elvis

@ เอลวิสฉันพยายามคิดเหมือนตัวเองเมื่อหลายปีก่อนและฉันก็ไม่ได้พิสูจน์อะไรมากมาย สิ่งหนึ่งที่ฉันคิดคือการแสดงการกระจายอย่างต่อเนื่องเป็นการรวมกันของ bernoullis แต่ไม่แน่ใจว่าเป็นไปได้ไหม

— Aksakal

สิ่งที่คุณเขียนด้านบนอาจดีกว่ามาก ไม่จำเป็นต้องประมาณการกระจายอย่างใกล้ชิด: การประมาณคร่าวๆโดยตัวแปรที่รับค่าสองค่าที่แตกต่างกันจะทำงานได้

— Elvis

นั่นคือถ้าเป็นไปได้ที่จะได้รับขอบเขตความแม่นยำของการประมาณปกติ เช่นเดียวกับการประมาณปกติอย่างน้อยก็ดีสำหรับการแจกแจงแบบดั้งเดิมเพราะมันเป็นแบบ Bernoulli ที่ปรับขนาด หรืออาจเป็นสิ่งที่อ่อนแอกว่า แต่ก็ยังสามารถสรุป

— Elvis