केंद्रीय सीमा प्रमेय प्रमाण विशेषता कार्यों का उपयोग नहीं कर रहा है

क्या सीएलटी के लिए कोई सबूत नहीं है जो कि विशिष्ट कार्यों का उपयोग नहीं करता है, एक सरल विधि है?

शायद Tikhomirov या स्टीन के तरीके?

कुछ आत्म-निहित आप विश्वविद्यालय के छात्र (गणित या भौतिकी के प्रथम वर्ष) को समझा सकते हैं और एक पृष्ठ से कम समय ले सकते हैं?

mathematical-statistics central-limit-theorem characteristic-function

— Skan
स्रोत

मैंने आँकड़े.स्टैकएक्सचेंज . com / a / 3904 / 919 पर इस तरह के एक प्राथमिक दृष्टिकोण का वर्णन किया है । संभवतः, सह-निर्माण कार्य का उपयोग करना सबसे सरल संभव तरीका है: आपका "सरल" शायद "अधिक प्राथमिक" पढ़ने का इरादा है।

— whuber

विशिष्ट कार्यों का उपयोग करते समय की तुलना में अधिक प्रतिबंधात्मक शर्तों के तहत आप इसके बजाय क्षण उत्पन्न करने वाले कार्यों का उपयोग कर सकते हैं (वास्तव में मैंने देखा पहला CLT इस रूप का था) - लेकिन प्रदर्शनी काफी समान है।

— Glen_b -Reinstate Monica

@ गलेन_ बी मुझे भी लगा कि यह क्षणों के साथ आसान हो सकता है। वैसे भी मैं इस सवाल को खुला छोड़ दूंगा जब कोई दूसरा प्रदर्शन करेगा।

— स्कैन

एक प्रमाण के रूप में, यह वास्तव में कोई आसान नहीं है (सीएफएस के साथ प्रमाण को एमजीएफएस के साथ प्रमाण के रूप में उसी रूप में लिखा जा सकता है), लेकिन उन छात्रों के लिए बेहतर हो सकता है, जिनके पास

शामिल कार्यों के साथ कोई पृष्ठभूमि नहीं हो सकती है । यही है, आप नई अवधारणाओं को शुरू करने से बचा सकते हैं, लेकिन अगर उनके पास उन अवधारणाओं का पहले से ही cfs के साथ संबंधित कथन का प्रमाण है, तो वास्तव में ऐसा करना कठिन नहीं है (हालांकि यह अधिक सामान्य है)। क्या यह बेहतर है उन छात्रों पर निर्भर करता है, जिनसे आप निपट रहे हैं।

i

$i$

— Glen_b -Reinstate मोनिका

मुझे याद है कि मेरे प्रथम वर्ष के स्नातक सांख्यिकी प्रोफेसर ने विभिन्न प्रकार के प्रायिकता मॉडल के तहत

के साथ माध्य का नमूना वितरण दिखाते हुए CLT का एक दृश्य "प्रमाण" प्रदान किया । सामान्य, ज़ाहिर है, कोई प्रवृत्ति है, लेकिन घातीय, Bernoulli, और विभिन्न भारी पूंछ वितरण नेत्रहीन में प्रत्येक वृद्धि प्रति परिचित आकार करने के लिए सभी "गोल बंद" से पता चला

।

n = 10, 100, 1000

$n=10, 100, 1000$

n

$n$

— 23

जवाबों:

आप इसे स्टीन की विधि के साथ साबित कर सकते हैं, हालांकि यह प्रमाणिक होने पर बहस योग्य है। स्टीन की विधि का दूसरा पहलू यह है कि आप बेरी एस्सेन सीमा के लिए थोड़ा सा कमजोर रूप अनिवार्य रूप से मुफ्त में प्राप्त कर सकते हैं। इसके अलावा, स्टीन की विधि काले जादू से कम नहीं है! आप इस लिंक के खंड 6 में सबूत का एक प्रदर्शनी पा सकते हैं । आपको लिंक में CLT के अन्य प्रमाण भी मिलेंगे।

यहाँ एक संक्षिप्त रूपरेखा है:

1) साबित,, भागों और सामान्य वितरण घनत्व द्वारा सरल एकीकरण का उपयोग कर कि सभी लगातार iff विभेदक के लिए है वितरित किए। यह दिखाने में आसान है कि सामान्य परिणाम और परिणाम को दिखाने के लिए थोड़ा कठिन है, लेकिन शायद इसे विश्वास पर लिया जा सकता है। $Ef'(A)-Xf(A)=0$ $A$ $N(0,1)$ $A$

2) आम तौर पर, यदि हर लगातार विभेदक के लिए के साथ घिरा है, तो converges के लिए वितरण में। यहाँ साक्ष्य कुछ भागों के साथ फिर से भागों द्वारा एकीकरण द्वारा है। विशेष रूप से, हमें यह जानना होगा कि वितरण में अभिसरण बराबर है $Ef(X_n)-X_nf(X_n)\rightarrow 0$ $f$ $f,f'$ $X_n$ $N(0,1)$ सभी बंधे निरंतर कार्यों के लिए । फिक्सिंग , इसका उपयोग सुधार करने के लिए किया जाता है: $Eg(X_n)\rightarrow E g(A)$ $g$ $g$

इ जी ({एक्स}_{n}) - इ जी (ए) = इ च^{'} ({एक्स}_{n}) - {एक्स}_{n} च ({एक्स}_{n}),

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

जहां एक बुनियादी ODE सिद्धांत का उपयोग कर लिए हल करता है , और फिर दिखाता है कि अच्छा है। इस प्रकार यदि हम इस तरह का एक अच्छा पा सकते हैं , तो यह मानकर कि rhs 0 पर जाता है, और इसलिए ऐसा बाईं ओर होता है। $f$ $f$ $f$

3) अंत में, साबित करने के लिए केंद्रीय सीमा प्रमेय जहांका मतलब 0 और भिन्नता के साथ iid है। यह फिर से चरण 2 में चाल का फायदा उठाता है, जहां प्रत्येकहमें एकजैसे: $Y_n:=\frac{X_1+\cdots+X_n}{\sqrt{n}}$ $X_i$ $g$ $f$

इ जी ({एक्स}_{n}) - इ जी (ए) = इ च^{'} ({एक्स}_{n}) - {एक्स}_{n} च ({एक्स}_{n}) ।

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

— एलेक्स आर।
स्रोत

यहां बताया गया है कि अगर मैं हाई स्कूल में होता तो मैं यह कैसे करता।

घनत्व के साथ किसी भी संभावना वितरण लो , मिल अपने मतलब और विचरण । इसके बाद, यह यादृच्छिक चर के साथ अनुमानित जो निम्नलिखित रूप है: जहां है Bernoulli यादृच्छिक चर पैरामीटर के साथ । आप देख सकते हैं कि और $f(x)$ $\mu_x,\sigma_x^2$ $z$

z = μ_{एक्स} - σ_{एक्स} + 2 σ_{एक्स} 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}

$\sigma_z^2=\sigma_x^2$

अब हम योग देख सकते हैं

{एस}_{n} = Σ_{मैं = 1}^{n} z_{मैं}

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

= n (μ_{एक्स} - σ_{एक्स}) + 2 σ_{एक्स} Σ_{मैं = 1}^{n} ξ_{मैं}

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

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

इसलिए, कुछ मामलों में आप कह सकते हैं कि बर्नोली किसी भी वितरण के लिए सबसे कम सटीक अनुमान है, और यहां तक कि यह सामान्य में परिवर्तित होता है।

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

y = σ_{एक्स} (- 1 + 2 η / n) \sqrt{n}

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

μ_{y} = σ_{एक्स} (- 1 + 2 (n / 2) / n) \sqrt{n} = 0

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

वी ए आर [y] = σ_{एक्स}^{2} वी ए आर [2 η / n] n = 4 σ_{एक्स}^{2} / n n (1 / 4) = σ_{एक्स}^{2}

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

$n\to\infty$

— Aksakal
स्रोत

दिलचस्प। क्या इस विचार को पूर्ण प्रमाण में बदलना संभव है?

— एल्विस

@ एल्विस, मैं अपने आप को कई साल पहले की तरह सोचने की कोशिश कर रहा था, और मैं इतने सबूतों में नहीं था। एक बात जो मैंने सोची थी, वह यह है कि निरंतर वितरण को बर्नोलिस के संयोजन के रूप में दर्शाया जाए, लेकिन यह निश्चित नहीं है कि यह संभव है

— अक्साकाल

ऊपर आपने जो लिखा है वह ज्यादा बेहतर हो सकता है। वितरण को बारीकी से समझने की आवश्यकता नहीं है: दो अलग-अलग मूल्यों को ले कर एक चर द्वारा किया गया मोटा अंदाज काम करेगा।

— एल्विस

यही है, अगर सामान्य सन्निकटन की सटीकता पर कुछ बाध्य प्राप्त करना संभव है। जैसे, सामान्य सन्निकटन मूल वितरण के लिए कम से कम उतना ही अच्छा होता है जितना कि स्केलेड बर्नौली के लिए। या अधिक शायद कुछ कमजोर लेकिन फिर भी निष्कर्ष निकालने की अनुमति।

— एल्विस