W CLT dlaczego

10

Niech $X_1,...,X_n$ będą niezależnymi obserwacjami z rozkładu, który ma średnią $\mu$ i wariancję $\sigma^2 < \infty$ , gdy $n \rightarrow \infty$ , to

\sqrt{n} \frac{{\bar{X}}_{n} - μ}{σ} \to N (0, 1) .

$\sqrt{n}\frac{\bar{X}_n-\mu}{\sigma} \rightarrow N(0,1).$

Dlaczego oznacza to, że

{\bar{X}}_{n} \sim N (μ, \frac{σ^{2}}{n}) ?

$\bar{X}_n \sim N\left(\mu, \frac{\sigma^2}{n}\right)?$

probability central-limit-theorem

— mavavilj
źródło

Może poniżej nie podkreślono tego wystarczająco wyraźnie, ale stwierdzenie

jest matematycznie znaczące i prawdziwe, podczas gdy wyrażenie

\sqrt{n} \frac{{\bar{X}}_{n} - μ}{σ} \to N (0, 1)

$\sqrt{n}\frac{\bar{X}_n-\mu}{\sigma} \rightarrow N(0,1)$

jest matematycznie absurdalne, a zatem, jak mówi przysłowie,nawet się nie myli.

{\bar{X}}_{n} \sim N. (μ, \frac{σ^{2)}}{n})

$\bar{X}_n \sim N\left(\mu, \frac{\sigma^2}{n}\right)$

— Czy

17

Twoja interpretacja jest nieco niepoprawna. Implikuje to twierdzenie Central Limit (CLT)

{\bar{X}}_{n} \overset{approx}{\sim} N (μ, \frac{σ^{2}}{n}) .

$\bar{X}_n \overset{\mbox{approx}}{\sim} N \left(\mu, \frac{\sigma^2}{n} \right).$

Wynika to z faktu, że CLT jest wynikiem asymptotycznym, a my w praktyce mamy do czynienia tylko z próbkami skończonymi. Jednak gdy wielkość próbki jest wystarczająco duża, zakładamy, że wynik CLT jest prawdziwy w przybliżeniu, a zatem

\begin{aligned} \sqrt{n} \frac{{\bar{X}}_{n} - μ}{σ} & \overset{approx}{\sim} N (0, 1) \\ \sqrt{n} \frac{{\bar{X}}_{n} - μ}{σ} . \frac{σ}{\sqrt{n}} & \overset{approx}{\sim} \frac{σ}{\sqrt{n}} N (0, 1) \\ {\bar{X}}_{n} - μ & \overset{approx}{\sim} N (0, \frac{σ^{2}}{n}) \\ {\bar{X}}_{n} - μ + μ & \overset{approx}{\sim} μ + N (0, \frac{σ^{2}}{n}) \\ {\bar{X}}_{n} & \overset{approx}{\sim} N (μ, \frac{σ^{2}}{n}) . \end{aligned}

$\begin{align*} \sqrt{n} \dfrac{\bar{X}_n - \mu}{\sigma} &\overset{\mbox{approx}}{\sim} N(0, 1)\\ \sqrt{n} \dfrac{\bar{X}_n - \mu}{\sigma} . \dfrac{\sigma}{\sqrt{n}} &\overset{\mbox{approx}}{\sim} \dfrac{\sigma}{\sqrt{n}} N \left( 0, 1 \right)\\ {\bar{X}_n - \mu} &\overset{\mbox{approx}}{\sim} N \left(0, \dfrac{\sigma^2}{n}\right)\\ \bar{X}_n - \mu + \mu & \overset{\mbox{approx}}{\sim}\mu + N \left(0, \frac{\sigma^2}{n} \right)\\ \bar{X}_n & \overset{\mbox{approx}}{\sim} N \left(\mu, \frac{\sigma^2}{n} \right).\\ \end{align*}$

Jest tak, ponieważ dla losowej zmiennej i stałych , (jest to używane w drugim etapie) i , $X$ $a,b$ $\operatorname{Var}(aX) = a^2 \operatorname{Var}(X)$ $E(b + X) = b + E(X)$ (jest to używane w drugim ostatnim kroku). $\operatorname{Var}(b + X) = \operatorname{Var}(X)$

Przeczytaj to, aby uzyskać dodatkowe wyjaśnienie algebry.

— Greenparker
źródło

Czy możesz wyjaśnić, jakiej „algebry” używasz, przenosząc warunki z LHS

do RHS?

\sim

$\sim$

— mavavilj

Wyjaśniłem algebrę. Większość z nich wykorzystuje właściwości wariancji i oczekiwań.

— Greenparker

Dlaczego nie np. Drugi człon

stają się

N (μ, \frac{σ^{2}}{n})

$N(\mu, \frac{\sigma^2}{n})$

?

N (μ, μ + \frac{σ^{2}}{n})

$N(\mu, \mu+\frac{\sigma^2}{n})$

— mavavilj

3

Ponieważ

. Intuicyjnie dodanie stałej liczby do zmiennej losowej nie zmienia jej wariancji.

V a r (a X + b) = a^{2} V a r (X)

$Var(aX + b) = a^2 Var(X)$

— Greenparker

10

Najłatwiej to sprawdzić, patrząc na średnią i wariancję zmiennej losowej . $\bar X_n$

Zatem stwierdza, że średnia wynosi zero, a wariancja wynosi jeden. Dlatego mamy na myśli: $\mathcal{N}(0,1)$

E [\sqrt{n} \frac{{\bar{X}}_{n} - μ}{σ}] \approx 0

$E\left[\sqrt{n}\frac{\bar{X}_n-\mu}{\sigma}\right]\approx 0$

E [a \cdot x + b] = a \cdot E [x] + b

$E[a\cdot x+b]=a\cdot E[x]+b$ , where

a, b

$a,b$ are constants, we get:

{\bar{X}}_{n} \approx μ

$\bar{X}_n\approx\mu$

Now, using $\operatorname{Var}[a\cdot x+b]=a^2\cdot \operatorname{Var}[x]=a^2\cdot \sigma_x^2$ , where $a,b$ are constants, we get the following for the variance:

Var [\sqrt{n} \frac{{\bar{X}}_{n} - μ}{σ}] \approx 1

$\operatorname{Var}\left[\sqrt{n}\frac{\bar{X}_n-\mu}{\sigma}\right]\approx 1$

Var [{\bar{X}}_{n}] \approx \frac{σ^{2}}{n}

$\operatorname{Var}\left[\bar{X}_n\right]\approx \frac{\sigma^2}{n}$

Now, we know the mean and the variance of $\bar X_n$ , and the Gaussian (normal) distribution with these mean and variance is $\mathcal{N}(\mu,\frac{\sigma^2}{n})$

You may wonder why go through all these algebra? Why not directly prove that $\bar X_n$ converges to $\mathcal{N}(\mu,\frac{\sigma^2}{n})$ ?

The reason is that in mathematics it's difficult (impossible?) to prove convergence to changing things, i.e. the right had side of the convergence operator $\rightarrow$ has to be fixed in order for mathematicians to use their tricks for proving statements. The $\mathcal{N}(\mu,\frac{\sigma^2}{n})$ expression changes with $n$ , which is a problem. So, mathematicians transform the expressions in such a way, that the right hand side is fixed, e.g. $\mathcal{N}(0,1)$ is a nice fixed right hand side.

— Aksakal
źródło

4

Nie oznacza to normalności $\bar{X}_n$ , z wyjątkiem przybliżeń. Ale jeśli udajemy przez chwilę, że $\sqrt{n} (\bar{X}_n - \mu) / \sigma$ jest dokładnie standardową normą, to mamy wynik, że $\tau Z + \mu \sim$ normalna $(\mu, \tau^2)$ kiedy $Z \sim$ normalna $(0, 1)$ . Jednym ze sposobów na sprawdzenie tego jest funkcja generowania momentu

\begin{aligned} M_{τ Z + μ} (t) & = M_{Z} (τ t) M_{μ} (t) \\ = e^{t^{2} τ^{2} / 2} e^{t μ} \\ = e^{t^{2} τ^{2} / 2 + t μ} \end{aligned}

$\begin{align} M_{\tau Z + \mu}(t) &= M_Z(\tau t) M_\mu (t) \\ &= e^{t^2 \tau^2 / 2} e^{t \mu} \\ &= e^{t^2 \tau^2 / 2 + t \mu} \end{align}$

which is the normal $(\mu, \tau^2)$ m.g.f.

— dsaxton
źródło

Why does the moment generating function prove it for the distribution?

— mavavilj

1

This is a result from probability. If two random variables have the same moment generating function then they are equal in distribution.

— dsaxton