Niech będzie sekwencją niezależnych zmiennych losowych Bernoulliego z Ustaw Pokaż, że zbiega się w rozkładzie do standardowej zmiennej normalnej gdy dąży do nieskończoności.
Moja próba użycia CLT Lyapunova, dlatego musimy pokazać, że istnieje taka, że
Więc ustaw
i
Oceniając duże n na komputerze, pokazuje, w jaki sposób zarówno i jak . Ale rośnie szybciej niż więc . Czy ktoś może mi pomóc udowodnić, że ta konwergencja się utrzymuje?
probability
convergence
central-limit-theorem
TiffanyButterfly
źródło
źródło
Odpowiedzi:
Może to być pouczające, aby zademonstrować ten wynik na podstawie pierwszych zasad i podstawowych wyników , wykorzystując właściwości kumulatywnych funkcji generujących (dokładnie tak, jak w standardowych dowodach Twierdzenia o granicy centralnej). Wymaga to zrozumienia tempa wzrostu uogólnionych liczb harmonicznych dla Te szybkości wzrostu są dobrze znane i łatwe do uzyskania w porównaniu z całkami : są zbieżne dla a poza tym logarytmicznie rozchodzą się dla .
Niech i . Z definicji funkcja generowania skumulowanego (cgf) wynosin≥2 1≤k≤n (Xk−1/k)/Bn
Rozwinięcie szeregu prawej strony, uzyskane z rozwinięcia wokół , przyjmuje postaćlog(1+z) z=0
Liczniki ułamków są wielomianami z wiodącym terminem . Ponieważ rozszerzenie dziennika jest całkowicie zbieżne dla , to rozszerzenie jest absolutnie zbieżne, kiedyk kj−1 ∣∣−1+exp(t/Bn)k∣∣<1
(W przypadku, gdy zbiega się wszędzie.) Dla ustalonej wartości i rosnących wartości (oczywista) rozbieżność oznacza, że dziedzina zbieżności absolutnej rośnie dowolnie duża. Zatem dla każdego stałego wystarczająco dużego ekspansja ta zbiega się absolutnie.k=1 k n Bn t n
Dla odpowiednio dużego możemy zatem zsumować indywidualny przez wyrażenie po terminie w potęgach aby otrzymać cgf ,n ψk,n k t Sn/Bn
Przyjmowanie terminów w sumach ponad pojedynczo wymaga oceny proporcjonalnych wyrażeńk
dla i . Korzystając z asymptotyków uogólnionych liczb harmonicznych wspomnianych we wstępie, łatwo to wynikaj≥3 s=1,2,…,j
że
i (dla )s>1
gdy rośnie. W związku z tym wszystkie terminy w rozwinięciu poza zbieżne do zera, skąd zbieżne do dla dowolnej wartości . Ponieważ zbieżność cgf implikuje zbieżność funkcji charakterystycznej, wnioskujemy z twierdzenia Levy'ego o ciągłości, że zbliża się do zmiennej losowej, której cgf wynosi 2/2 : jest to standardowa zmienna normalna, QED .n ψn(t) t2 ψn(t) t2/2 t Sn/Bn t2/2
Analiza ta odkrywa, jak delikatna jest zbieżność: podczas gdy w wielu wersjach Centralnego Twierdzenia Granicznego współczynnik wynosi (dla ), tutaj współczynnik wynosi tylko : zbieżność jest znacznie wolniejsza W tym sensie sekwencja standardowych zmiennych „ledwo” staje się Normalna.tj O(n1−j/2) j≥3 O(((log(n))1−j/2)
Tę powolną konwergencję możemy zobaczyć w serii symulacji. Histogramy wyświetlają niezależnych iteracji dla czterech wartości . Czerwone krzywe są wykresami standardowych funkcji gęstości normalnej do celów wizualnych. Chociaż ewidentnie istnieje stopniowa tendencja do normalności, nawet przy (gdzie jest wciąż znaczna), pozostaje znacząca nienormalność, o czym świadczy skośność (równa w tej próbce). (Nic dziwnego, że skośność tego histogramu jest zbliżona do , ponieważ właśnie tym jest termin w cgf.)105 n n=1000 (log(n))−1/2≈0.38 0.35 (log(n))−1/2 t3
Oto
R
kod dla tych, którzy chcieliby dalej eksperymentować.źródło
Masz już świetną odpowiedź. Jeśli chcesz również wypełnić własny dowód, możesz argumentować w następujący sposób:
Ponieważ zbieżne dla wszystkich i rozbieżne dla ( tutaj ), możemy napisać∑nk=11/ki i>1 i=1
Tym samym argumentem
W konsekwencji a zatemS(n)/B2n=O(1)
co chcieliśmy pokazać.
źródło
Po pierwsze, zmienne losowe nie są identycznie rozmieszczone, jeśli rozkłady zależą od ;)k
Nie twojej notacji jako:Bn
Jeśli chodzi o pytanie, nie wiem, czy jest to ćwiczenie, czy badanie i jakich narzędzi możesz użyć. Jeśli nie próbujesz ponownie udowodnić znanych twierdzeń, powiem tylko, że jest to centralne twierdzenie graniczne dla niezależnych, nie identycznie rozmieszczonych, ale równomiernie ograniczonych RV i nazwij to dniem. Nie mam dobrego źródła pod ręką, ale nie powinno być trudno go znaleźć, na przykład spójrz na /mathpro/29508/is-there-a-central-limit-theorem- for-granice-nie-identycznie-dystrybuowane-losowo .
Edycja: Mój zły, oczywiście, jednolicie ograniczony warunek nie wystarczy, potrzebujesz też
źródło