Prueba del teorema del límite central que no utiliza funciones características

¿Hay alguna prueba de que el CLT no utiliza funciones características, un método más simple?

¿Tal vez los métodos de Tikhomirov o Stein?

¿Algo autónomo que puede explicar a un estudiante universitario (primer año de matemáticas o física) y ocupa menos de una página?

mathematical-statistics central-limit-theorem characteristic-function

— skan
fuente

Esbocé un enfoque tan elemental en stats.stackexchange.com/a/3904/919 . Podría decirse que usar las funciones de generación acumulada es el método más simple posible: su "más simple" probablemente esté destinado a leer "más elemental".

— whuber

En condiciones más restrictivas que cuando se usan funciones características, puede usar funciones generadoras de momento (de hecho, el primer CLT que vi era de esta forma), pero la exposición es bastante similar.

— Glen_b -Reinstalar Monica

@Glen_b También pensé que podría ser más fácil con los momentos. De todos modos, dejaré abierta la pregunta en caso de que alguien más publique una demostración diferente.

— skan

Como prueba, en realidad no es más fácil (la prueba con cfs se puede escribir de la misma forma que la prueba con mgfs), pero puede ser preferible para los estudiantes que no tengan antecedentes con funciones que involucren a

. Es decir, puede ahorrar introduciendo nuevos conceptos, pero si ya tienen esos conceptos, una prueba de la declaración correspondiente con cfs no es realmente más difícil de hacer (aunque es más general). Si esto es mejor depende de los estudiantes con los que está tratando.

i

$i$

— Glen_b -Reinstalar Monica

Recuerdo que mi profesor graduado de estadística de primer año proporcionó una "prueba" visual de la CLT al mostrar distribuciones de muestreo de la media con

bajo una variedad de modelos de probabilidad. Normal, por supuesto, no mostró tendencia, sino exponencial, bernoulli y varias distribuciones de cola pesada, todas "redondeadas" a la forma familiar visualmente por cada aumento en

n = 10, 100, 1000

$n=10, 100, 1000$

n

$n$

— AdamO

Respuestas:

Puede probarlo con el método de Stein, sin embargo, es discutible si la prueba es elemental. El lado positivo del método de Stein es que obtienes una forma ligeramente más débil de límites de Berry Esseen esencialmente gratis. Además, el método de Stein es nada menos que magia negra. Puede encontrar una exposición de la prueba en la sección 6 de este enlace . Encontrarás otras pruebas del CLT en el enlace también.

Aquí hay un breve resumen:

1) Demuestre, utilizando una integración simple por partes y la densidad de distribución normal, que para todos los que se pueden diferenciar continuamente si es distribuido. Es más fácil mostrar que normal implica el resultado y un poco más difícil mostrar lo contrario, pero tal vez se pueda tomar con fe. $Ef'(A)-Xf(A)=0$ $A$ $N(0,1)$ $A$

$Ef(X_n)-X_nf(X_n)\rightarrow 0$ $f$ $f,f'$ $X_n$ $N(0,1)$ $Eg(X_n)\rightarrow E g(A)$ $g$ $g$

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

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

$f$ $f$ $f$

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

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

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

— Alex R.
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Así es como lo haría si estuviera en la escuela secundaria.

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

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}

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

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

Entonces, en cierto sentido, se podría decir que el Bernoulli es la aproximación menos precisa para cualquier distribución, e incluso converge a la normalidad.

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

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}

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

$n\to\infty$

— Aksakal
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Interesante. ¿Es posible convertir esta idea en una prueba completa?

— Elvis

@Elvis, estaba tratando de pensar como yo hace muchos años, y no me gustaban mucho las pruebas. Una cosa que pensé es representar la distribución continua como una combinación de bernoullis, pero no estoy seguro de si es posible

— Aksakal

Lo que escribiste arriba podría ser mucho mejor. No es necesario aproximar de cerca la distribución: una aproximación aproximada de una variable que toma dos valores diferentes haría el trabajo.

— Elvis

Es decir, si es posible derivar algún límite en la precisión de la aproximación normal. Al igual, la aproximación normal es al menos tan buena para la distribución original como para el Bernoulli escalado. O más probablemente algo más débil pero aún permitiendo concluir.

— Elvis