Prova do teorema do limite central que não utiliza funções características

Existe alguma prova para o CLT não usar funções características, um método mais simples?

Talvez os métodos de Tikhomirov ou Stein?

Algo independente que você pode explicar a um estudante universitário (primeiro ano de matemática ou física) e leva menos de uma página?

mathematical-statistics central-limit-theorem characteristic-function skan
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Esbocei uma abordagem tão elementar em stats.stackexchange.com/a/3904/919 . Pode-se argumentar que o uso de funções cumulativas de geração é o método mais simples possível: provavelmente o seu "mais simples" deve ler "mais elementar".

whuber

Sob condições mais restritivas do que ao usar funções características, você pode usar funções geradoras de momento (na verdade, a primeira CLT que vi foi dessa forma) - mas a exposição é bastante semelhante.

Glen_b -Reinstala Monica 5/10

@Glen_b Eu também pensei que poderia ser mais fácil com momentos. De qualquer forma, deixarei em aberto a questão, caso mais alguém poste uma demonstração diferente.

Skank # 5/16

Como prova, na verdade não é mais fácil (a prova com cfs pode ser escrita da mesma forma que a prova com mgfs), mas pode ser preferível para estudantes que podem não ter experiência com funções que envolvem . Ou seja, você pode salvar a introdução de novos conceitos, mas se eles já tiverem esses conceitos, uma prova da instrução correspondente com cfs não é realmente mais difícil de fazer (embora seja mais geral). Se isso é melhor depende dos alunos com quem você está lidando.

i

$i$

Glen_b -Reinstala Monica

Lembro-me de que meu primeiro ano de professor de estatística forneceu uma "prova" visual do CLT mostrando distribuições amostrais da média com

sob uma variedade de modelos de probabilidade. Natural, é claro, não mostrou tendência, mas exponencial, bernoulli e várias distribuições de cauda pesada todas "arredondadas" para a forma familiar visualmente por cada aumento em

n = 10, 100, 1000

$n=10, 100, 1000$

n

$n$

27617 AdamO

Respostas:

Você pode provar isso com o método de Stein, mas é discutível se a prova é elementar. O lado positivo do método de Stein é que você obtém uma forma um pouco mais fraca dos limites do Berry Esseen essencialmente de graça. Além disso, o método de Stein é nada menos que magia negra! Você pode encontrar uma exposição da prova na seção 6 deste link . Você encontrará outras provas do CLT no link também.

Aqui está um breve resumo:

1) Prove, usando a integração simples por partes e a densidade de distribuição normal, que para todos os diferenciáveis continuamente se for distribuído. É mais fácil mostrar normal implica o resultado e um pouco mais difícil mostrar o inverso, mas talvez seja possível acreditar na fé. $Ef'(A)-Xf(A)=0$ $A$ $N(0,1)$ $A$

2) De maneira mais geral, se para cada continuamente diferenciável com limitado, então converge para na distribuição. A prova aqui é novamente pela integração por partes, com alguns truques. Especificamente, precisamos saber que a convergência na distribuição é equivalente a $Ef(X_n)-X_nf(X_n)\rightarrow 0$ $f$ $f,f'$ $X_n$ $N(0,1)$ para todas as funções contínuas delimitadas . Fixando , isso é usado para reformular: $Eg(X_n)\rightarrow E g(A)$ $g$ $g$

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

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

onde se resolve para usando a teoria básica da ODE e depois mostra que é bom. Assim, se pudermos encontrar um tão bom , supondo que o rhs vá para 0 e, portanto, o lado esquerdo. $f$ $f$ $f$

3) Finalmente, prove o teorema do limite central para ondeé iid com média 0 e variância 1. Isso explora novamente o truque na etapa 2, onde para cadaencontramos umtal que: $Y_n:=\frac{X_1+\cdots+X_n}{\sqrt{n}}$ $X_i$ $g$ $f$

E g (X_{n}) - E g (UMA) = 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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Aqui está como eu faria se estivesse no ensino médio.

Faça qualquer distribuição de probabilidade com densidade , obtenha sua média e variância . Em seguida, aproximá-la com a variável aleatória que tem a seguinte forma: onde é Bernoulli variável aleatória com parâmetro . Você pode ver que 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}

$\sigma_z^2=\sigma_x^2$

Agora podemos observar a soma

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

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

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

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

Pode reconhecer a distribuição binomial aqui: , onde . Você não precisa da função característica para ver se ela converge para o formato da distribuição normal . $\eta=\sum_{i=1}^n\xi_i$ $\eta\sim B(n,1/2)$

Portanto, em alguns aspectos, você poderia dizer que o Bernoulli é a aproximação menos precisa para qualquer distribuição e até converge para o normal.

Por exemplo, você pode mostrar que os momentos correspondem ao normal. Vamos definir uma olhada na variável: $y=(S_n/n-\mu_x)\sqrt n$

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 0

$\mu_y=\sigma_x(-1+2(n/2)/n)\sqrt n=0$

V uma r [y] = σ_{x}^{2} V uma 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
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Interessante. É possível transformar essa idéia em uma prova completa?

Elvis

@Elvis, eu estava tentando pensar como eu há muitos anos e não gostava tanto de provas. Uma coisa que pensei é para representar a distribuição contínua como uma combinação de Bernoulli, mas não tenho certeza se é possível

Aksakal

O que você escreveu acima pode ser muito melhor. Não há necessidade de aproximar de perto a distribuição: uma aproximação aproximada de uma variável que aceite dois valores diferentes faria o trabalho.

Elvis

Ou seja, se é possível derivar algum limite da precisão da aproximação normal. Assim, a aproximação normal é pelo menos tão boa para a distribuição original quanto para o Bernoulli escalado. Ou, mais provavelmente, algo mais fraco, mas ainda permitindo concluir.

Elvis Elvis