特徴的な関数を使用しない中心極限定理証明

CLTが特徴的な関数を使用していない、より簡単な方法の証拠はありますか？

多分ティコミロフかスタインの方法ですか？

大学生（数学または物理学の最初の年）に説明できる自己完結型の何かで、1ページ未満しかかかりませんか？

mathematical-statistics central-limit-theorem characteristic-function

— スカン
ソース

私はstats.stackexchange.com/a/3904/919でそのような基本的なアプローチをスケッチしました。間違いなく、キュムラント生成関数を使用することは、可能な最も単純な方法です。「より単純な」は、おそらく「より初歩的な」を読むことを目的としています。

— whuber

特徴的な関数を使用する場合よりも制限の厳しい状況では、代わりにモーメント生成関数を使用できます（実際、最初に見たCLTはこの形式でした）。ただし、説明は非常に似ています。

— Glen_b-2016

@Glen_b私はまた、瞬間的に簡単になると思った。とにかく、他の誰かが別のデモンストレーションを投稿した場合に備えて、質問は開いたままにしておきます。

— skan 2016年

証明としては、実際にはそれほど簡単ではありませんが（cfsを使用した証明は、mgfsを使用した証明と同じ形式で記述できます）、

関連する機能の背景がない学生には好ましいかもしれません。つまり、新しい概念を導入することを節約できますが、それらにそれらの概念がすでにある場合、cfsを使用した対応するステートメントの証明は実際には難しくありません（より一般的ですが）。これがより良いかどうかは、あなたが扱っている生徒次第です。

i

$i$

— Glen_b-2016

私は私の最初の年大学院統計教授は、との平均値のサンプリング分布を示すことにより、CLTの視覚的な「証拠」を提供リコール

確率モデルの様々な環境下で。もちろん、正規分布は傾向を示しませんでしたが、指数、ベルヌーイ、およびさまざまなヘビーテールの分布はすべて、

増加ごとに、見慣れた形に視覚的に「四捨五入」されています。

n = 10, 100, 1000

$n=10, 100, 1000$

n

$n$

— AdamO 2017年

回答:

あなたはスタインの方法でそれを証明できますが、証明が初歩的であるかどうかは議論の余地があります。スタインの方法のプラス面は、本質的に無料で少し弱い形のベリーエッセン境界を取得することです。また、スタインの方法は黒魔術にほかなりません！証明の説明は、このリンクのセクション6にあります。CLTの他の証明もリンクにあります。

簡単な概要は次のとおりです。

1）は、部品と正規分布の密度によって、簡単な統合を使用して、証明 IFF全て連続微分用である分配されます。表示方が簡単です法線は結果を意味し、逆を表示するのは少し難しいですが、おそらくそれは信仰に基づいて取ることができます。 $Ef'(A)-Xf(A)=0$ $A$ $N(0,1)$ $A$

2）より一般的には、もし毎に連続微分するためのと囲まれ、次にに収束分布です。ここでの証明は、パーツによる統合と、いくつかのトリックです。具体的には、分布の収束がと同等であることを知る必要があり $Ef(X_n)-X_nf(X_n)\rightarrow 0$ $f$ $f,f'$ $X_n$ $N(0,1)$ すべての有界連続関数。修正する、これは再定式化に使用されます。 $Eg(X_n)\rightarrow E g(A)$ $g$ $g$

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

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

どこに1つずつ解きの基本的なODE理論を用いて、その後、ショーのいいです。したがって、そのような素晴らしい見つけることができれば、rhsは0になると仮定することで、左側もそうなります。 $f$ $f$ $f$

$Y_n:=\frac{X_1+\cdots+X_n}{\sqrt{n}}$ $X_i$ $g$ $f$

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

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

— アレックスR.
ソース

高校生の場合は、次のようにします。

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

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}

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

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

したがって、いくつかの点で、ベルヌーイはどの分布にとっても最も精度の低い近似であり、正規分布にさえ収束していると言えます。

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

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}

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

$n\to\infty$

— アクサカル
ソース

面白い。このアイデアを完全な証明に変えることは可能ですか？

— Elvis

@Elvis、私は何年も前に自分のように考えようとしていましたが、証明にはあまり興味がありませんでした。私が考えたのは、連続分布をベルヌーイの組み合わせとして表すことですが、それが可能かどうかはわかりません

— Aksakal

上で書いたものがはるかに優れている可能性があります。分布を厳密に概算する必要はありません。2つの異なる値を取る変数による大まかな概算で十分です。

— Elvis

つまり、正規近似の精度にある程度の限界を導き出すことが可能であれば。同様に、正規近似は、元の分布に対して、スケーリングされたベルヌーイの場合と少なくとも同じくらい優れています。またはおそらく何かより弱いがまだ結論を出すことを可能にする何か。

— Elvis