中心极限定理证明不使用特征函数

是否有CLT不使用特征函数（一种更简单的方法）的证据？

也许是蒂霍米洛夫或斯坦因的方法？

您可以向一个大学生（数学或物理专业的第一年）讲解一些自成体系的内容，并且篇幅少于一页？

mathematical-statistics central-limit-theorem characteristic-function

— kan
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我在stats.stackexchange.com/a/3904/919上草绘了这样的基本方法。可以说，使用累积量生成函数是最简单的方法：您的“简单”可能打算读为“更基本”。

— ub

在比使用特征函数更严格的条件下，您可以改用矩生成函数（实际上，我见到的第一个CLT就是这种形式），但是说明很相似。

— Glen_b-恢复莫妮卡

@Glen_b我也认为这可能会更容易一些。无论如何，如果有人发表不同的示威游行，我将开一个问题。

— skan

作为证明，实际上并没有那么容易（使用cfs的证明可以用使用mgfs的证明编写相同的形式），但是对于没有任何背景且涉及函数的学生可能更可取。也就是说，您可以省去引入新概念的麻烦，但是如果它们已经具有这些概念，那么实际上证明使用cfs进行相应声明的证据并不难（尽管它更通用）。这是否更好取决于您要与之打交道的学生。

i

$i$

— Glen_b-恢复莫妮卡

我记得我第一年的研究生统计教授通过显示在各种概率模型下 10、100、1000的均值的采样分布，提供了CLT的视觉“证明” 。当然，正态没有显示趋势，但是随着每次增加，指数，贝努利和各种重尾分布在视觉上都“四舍五入”为熟悉的形状。

n = 10, 100, 1000

$n=10, 100, 1000$

n

$n$

— AdamO '17

Answers:

您可以使用Stein的方法进行证明，但是如果证明是基本的，则有争议。斯坦因方法的优势在于，您基本上可以免费获得形式稍弱的Berry Esseen界。而且，斯坦因的方法简直就是黑魔法！您可以在此链接的第6节中找到证明的说明。您也可以在链接中找到CLT的其他证明。

这里是一个简短的概述：

1）通过简单的部分积分和正态分布密度证明，对于所有连续可区分的iff，都是分布。它更容易表现出正常的暗示的结果，有点难以表现出相反的，但也许它可以采取信仰。 $Ef'(A)-Xf(A)=0$ $A$ $N(0,1)$ $A$

2）更一般而言，如果对于以界的每个连续可微，，则分布收敛到。此处的证明还是通过部分集成以及一些技巧来实现的。具体来说，我们需要知道对于所有有界连续函数，分布的收敛性等效于。固定，用于重新制定： $Ef(X_n)-X_nf(X_n)\rightarrow 0$ $f$ $f,f'$ $X_n$ $N(0,1)$ $Eg(X_n)\rightarrow E g(A)$ $g$ $g$

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

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

其中使用基本ODE理论求解，然后表明很好。因此，如果我们可以找到一个很好的，则假设rhs变为0，因此左侧也是如此。 $f$ $f$ $f$

3）最后，证明的中心极限定理其中是均值为0和方差为1的iid。这再次利用了步骤2中的技巧对于每一个我们找到一个使得： $Y_n:=\frac{X_1+\cdots+X_n}{\sqrt{n}}$ $X_i$ $g$ $f$

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

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

— 亚历克斯·R。
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如果我在读高中，这就是我会做的。

采取与密度的任何概率分布，得到其平均值和方差。接下来，使用具有以下形式的随机变量对其进行近似：其中是参数伯努利随机变量。您可以看到和。 $f(x)$ $\mu_x,\sigma_x^2$ $z$

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}

$\sigma_z^2=\sigma_x^2$

现在我们看一下总和

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}

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

您可以在此处识别二项式分布：，其中。您不需要特征函数即可看到它收敛到正态分布的形状。 $\eta=\sum_{i=1}^n\xi_i$ $\eta\sim B(n,1/2)$

因此，在某些方面，您可以说伯努利对任何分布都是最不精确的近似值，甚至收敛到正态。

例如，您可以证明这些时刻与法线匹配。让我们定义一下变量： $y=(S_n/n-\mu_x)\sqrt n$

ÿ = σ_{X} （ - 1个 + 2 η / ñ ） \sqrt{ñ}

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

让我们看看平均值和方差是什么：

μ_{ÿ} = σ_{X} （ - 1个 + 2 （ ñ / 2 ） / ñ ） \sqrt{ñ} = 0

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

V 一种 [R [ÿ] = σ_{X}^{2} V 一种 [R [2 η / ñ] ñ = 4 σ_{X}^{2} / ñ ñ （ 1个 / 4 ） = σ_{X}^{2}

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

偏度和过量峰度通过收敛到零，通过插入已知的二项式公式可以很容易地显示出来。 $n\to\infty$

— 阿克萨卡尔族
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有趣。是否有可能将这个想法提供完整的证据？

— 猫王

@猫王，很多年前，我一直试图像我自己一样思考，但是我并没有那么多证据。我想到的一件事是将连续分布表示为bernoullis的组合，但不确定是否可行

— Aksakal

您上面写的内容可能会更好。无需紧密地近似分布：通过采用两个不同值的变量进行近似近似就可以了。

— 猫王

也就是说，如果有可能得出法线逼近精度的一些限制。就像，正态近似对于原始分布至少和缩放后的伯努利一样好。或更可能是有些弱点，但仍然可以得出结论。

— 猫王