13.5 Der zentrale Grenzwertsatz - Humboldt

13.5
Der zentrale Grenzwertsatz
Satz 56 (Der Zentrale Grenzwertsatz)
Es seien
X1 , . . . , Xn (n ∈ N) unabhängige, identisch verteilte
zufällige Variablen mit
µ := EXi ;
σ 2 := Var Xi .
Wir definieren für alle n ∈ N Zufallsgrößen Zn , Z n und Yn
n
P
durch: Zn :=
Xi bzw. Z n := Znn und
i=1
√ Zn − µ
Yn = n ·
σ
537
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Dann gilt:
lim P
n→∞
Z√
n −n·µ
n·σ
<x
=
=
lim P (Yn < x) = Φ(x)
n→∞
√1
2π
Zx
2
e
− t2
dt.
−∞
Beweis: (Als Hilfsmittel werden charakteristische
Funktionen verwendet, siehe unten, für den interessierten
Leser)
538
2
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Bem.: Die Folge {Yn }n∈N konvergiert in Verteilung gegen
eine Zufallsgröße Z, Yn −→D Z, Z ∼ N (0, 1).
Anwendungen:
• Simulation bei der Erzeugung einer normalverteilten
Zufallsgröße aus Pseudozufallszahlen
• Approximation von Wkt.-verteilungen (insbes. von
Teststatistiken)
539
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Genauigkeitsabschätzung:
Satz 57 (B ERRY-E SS ÉEN ) Es seien die Voraussetzungen des
zentralen Grenzwertsatzes erfüllt und
M := E|Xi − µ|3 < ∞. Dann gilt:
Z√
n −n·µ
P
<
x
−
Φ(x)
< K,
n·σ
wobei K =
0,8·M
√
σ3 · n
ist.
Bsp. 87 Es seien Xi ∼ R(0, 1),
µ = EXi =
1
2
σ 2 = EXi2 − µ2 =
540
1
12
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Wir bestimmen die Zahl M :
Z+∞
M = E|Xi − µ|3 =
|x − µ|3 · f (x) dx
=
Z1
−∞
|x − 12 |3 dx = 2 ·
0
541
Z1
1
2
(x − 12 )3 dx =
n
12
100
1000
K
0.3
0.104
0.033
1
32
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Bsp. 88 Seien Xi ∼ P oi(λ),
EXi = Var Xi = λ
Wir schätzen die Zahl M ab:
M
1
3
=
≤
=
3
E|Xi − λ|
4
E|Xi − λ|
E(Xi − λ)
2
1
4
2
3
4
= (λ + 3λ )
31
41
4
(Lemma 47)
41
Berry-Esseen Schranke:
0.8(λ + 3λ )
0.8 · 3
K≤
→λ→∞ √
3√
n
λ2 n
542
3
4
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n
K
543
12
100
1000
0.52
0.18
0.058
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Bsp. 89 Seien Xi ∼ B(1, p), i = 1, . . . , n, unabhängig,


0
1


Xi :
1−p p
• EXi = µ = p;
• Var Xi = σ 2 = p(1 − p).
Wir definieren nun für alle n ∈ N eine Zufallsgröße
Zn :=
n
X
Xi .
i=1
544
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Die Zufallsgrößen Zn (n ∈ N) haben also folgende Gestalt:


0 1 2 ... n


Zn :
p0 p1 p2 . . . pn
Wir zeigen jetzt: Für alle n ∈ N gilt: Zn ∼ B(n, p),d.h.
n i
pi = i p (1 − p)n−i . Beweis mittels vollständiger Induktion.
IA: Es sei n = 2. Dann gilt:
Z2 = X1 + X2 :
545


0
1
2
p0 p1 p2


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Wir ermitteln die Wktn. p0 , p1 und p2 :
p0 = P (Z2 = 0)
= P (X1 = 0, X2 = 0)
= P (X1 = 0) · P (X2 = 0)
p1
(Unabh. von X1 und X2 )
2 0
2
p (1 − p)2−0
= (1 − p) · (1 − p) = (1 − p) =
0
= P (Z2 = 1)
= P ({X1 = 1, X2 = 0} ∪ {X1 = 0, X2 = 1})
= P (X1 = 1, X2 = 0) + P (X1 = 0, X2 = 1)
(Unvereinbarkeit der Ereignisse)
546
= P (X1 = 1) · P (X2 = 0) + P (X1 = 0) · P (X2 = 1)
2 1
= p · (1 − p) + (1 − p) · p =
p (1 − p)2−1
1
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p2 = P (Z2 = 2) = P (X1 = 1, X2 = 1)
2 2
2
p (1 − p)2−2
= P (X1 = 1) · P (X2 = 1) = p =
2
IS: ÜA
Satz 58 (M OIVRE –L APLACE ) Es seien Xi ∼ Bi(1, p),
Pn
unabhängig. Dann gilt für Zn = i=1 Xi (∼ Bi(n, p)):
lim Zn →D Z ∼ N (np, np(1 − p))
Bem.: Der Satz sagt aus, daß für ausreichend großes n ∈ N
die Binomialverteilung durch die (einfachere)
547
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(Standard–)Normalverteilung ersetzt werden kann,
P (Zn < y) ≈ Φ √ y−n·p
.
n·p·(1−p)
Beweis: Mit EZn = np und Var Zn = np(1 − p) folgt unter
Anwendung des Zentralen Grenzwertsatzes:
y−n·µ
n −n·µ
√
P (Zn < y) = P Z√
<
n·σ
n·σ
= P √Zn −n·p < √ y−n·p
n·p·(1−p)
n·p·(1−p)
≈ Φ √ y−n·p
n·p·(1−p)
2
548
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Bsp. 90 Es seien n = 1000 und p = 0.4. Gesucht werde die
Wahrscheinlichkeit P (Zn < 300). Es gilt:
X
P (Zn = x)
P (Zn < 300) =
x<300
=
299 X
1000
i=0
i
0.4i (1 − 0.4)1000−i
großer Rechenaufwand.
besser: Anwendung des Satzes von M OIVRE –L APLACE.
549
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Es gilt:
P (Zn < 300) ≈ Φ
= Φ
√ 300−1000·0,4
1000·0,4·(1−0,4)
−100
√
240
≈Φ
−100
15,49
= Φ(−6.45) = 1 − Φ(6.45) ≈ 0
| {z }
≈1
Bem.: Die Anwendung des Satzes von M OIVRE –L APLACE
setzt voraus, daß n ∈ N hinreichend groß ist.
Faustregel: n · p ≥ 10 und n · (1 − p) ≥ 10.
550
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Bsp. 91 Wir betrachten P OISSON–verteilte unabhängige
Zufallsgrößen Xi ∼ P oi(λi ) (i = 1, . . . , n,


0 1 2 ... k ...


Xi :
p0i p1i p2i . . . pki . . .
λji
j!
mit pji = · e−λi (i = 1, . . . , n).
EXi = Var Xi = λi .
Zn :=
n
X
Xi
i=1
551
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Für den Erwartungswert dieser Zufallsgrößen gilt:
!
n
n
n
X
X
X
λi
EXi =
Xi =
EZn = E
i=1
i=1
i=1
Wir nehmen nun an, λi = λ, für alle i = 1, . . . , n. Ohne diese
Annahme haben die Zufallsgrößen Xi verschiedene
Erwartungswerte und Varianzen, so daß der zentrale
Grenzwertsatz (in der angegebenen Form) nicht anwendbar
ist.
Es gilt also unter dieser Annahme:
EXi = µ = λ;
552
Var Xi = σ 2 = λ.
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Lemma 59 Es seien X1 und X2 unabhängig,
X1 , X2 ∼ P oi(λi ), i = 1, 2). Dann ist die Zufallsgröße
Z2 := X1 + X2 ebenfalls P OISSON–verteilt und es gilt:
Z2 ∼ P oi(λ1 + λ2 ).
(Bem: Vergleichen Sie mit der Faltungsformel für stetige
Zufallsvariablen)
553
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Beweis: Es gilt für alle k ∈ N:
P (Z2 = k) =
k
X
t=0
=
p1 (t) · p2 (k − t)
k X
λt
1
t!
t=0
=
· e−λ1 ·
k X
λt ·λk−t
1
2
t!·(k−t)!
t=0
= e−(λ1 +λ2 ) ·
=
e−(λ1 +λ2 )
k!
1
k!
λk−t
2
(k−t)!
· e−λ2
· e−(λ1 +λ2 )
·
k
X
λt ·λk−t ·k!
1
2
t!·(k−t)!
t=0
· (λ1 + λ2 )k
(Binomischer Lehrsatz)
2
554
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Bem. 22 Die Funktionen p1 und p2 heißen auch
Faltungsdichten.
Mit λi = λ (i = 1, . . . , n) folgt daraus
Zn =
n
X
i=1
Xi ∼ P oi(n · λ).
Wir wenden jetzt den Zentralen Grenzwertsatz an. Dann
erhalten wir für hinreichend großes λ′ := n · λ:
′
Z√
n −n·µ
n −λ
P Z√
< x ≈ Φ(x).
<
x
=
P
n·σ
λ′
Also kann auch eine P OISSON–Verteilung durch eine
einfachere (Standard–)Normalverteilung ersetzt werden, falls
die Parameter λi (i = 1, . . . , n) alle gleich λ sind und der
555
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Faktor n · λ hinreichend groß ist (etwa n · λ ≥ 10).
Bem.: Sind die Parameter λi (i = 1, . . . , n) nicht alle gleich,
so gilt die Aussage trotzdem, falls ihre Summe hinreichend
groß ist (≥ 10).
556
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Bsp. 92 Seien Xi unabhängig, Xi ∼ N (0, 1), i = 1, . . . , n.
Y =
n
X
i=1
Xi2 ∼ χ2n ,
d.h. Y ist χ2 verteilt mit n Freiheitsgraden.

x
−
 n 1 x n−2
2 e 2,
falls x ≥ 0
n
2
fY (y) = 2 Γ( 2 )
0
sonst.
EY
Var Y
= n
n
X
= E(Y − n)2 = E( (Xi2 − 1))2 = nE(X12 − 1)2
i=1
= nE(X14 − 2EX12 + 1) = n(3 − 2 + 1) = 2n.
557
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⇒ lim P
n→∞
P(
Pn
n
X
i=1
2
X
i −n
i=1
√
< y = Φ(y).
2n
Xi2
x − n
< x) ≈ Φ √
2n
z.B. n = 30, x = 23.364: P (
Pn
2
X
i < x) = 0.2
i=1
x − n
Φ √
= Φ(−0.8567) = 1 − 0.8042 = 0.1958.
2n
558
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bleibt z.z.: EXi4 = 3.
Z ∞
2
√
4
4 − x2
dx
2πEXi =
xe
−∞
Z ∞
2
1 −1
4 − x2
2
= 2
xe
dx, t = x , dx = t 2 dt
2
0
Z ∞
Z ∞
t
t
5
3
−
−1
−
t 2 e 2 dt
=
t 2 e 2 dt =
0
EXi4
559
0
5 5
1 5
= Γ
22 = Γ 2 + 22
2 √
2
√
π 5
= 1·3·
· 2 2 = 3 · 2π
4
= 3.
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Dabei haben wir verwendet:
Z ∞
Γ(λ)
λ−1 −αt
t e dt = λ
α
0
Γ(n + 1) = nΓ(n) = n!
√
1
π
Γ(n + ) = 1 · 3 · 5 · · · (2n − 1) n
2
2
560
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∗
Beweis des Zentralen Grenzwertsatzes
Sei φX−µ die charakteristische Funktion von Xi − µ. Da die
ersten beiden Momente (µ, σ 2 ) existieren, folgt aus der
Taylorreihendarstellung
1 22
φX−µ (t) = 1 − σ t + o(t2 )
2
Die ZV
561
Xi − µ
√
nσ
haben die charakteristische Funktion
t φX−µ √
,
nσ
Pn Xi −µ
Die ZV Yn = i=1 √nσ hat also die charakteristische
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Funktion
n
t t2 n
t2
φYn (t) = φX−µ √
+ o( ) .
= 1−
2n
n
nσ
Es gilt:
t2
t2 n
t2 t2
t2
ln 1 −
+ o( ) = n ln 1 −
+ o( ) → − .
2n
n
2n
n
2
(vgl. Taylorreihenentwicklung des Logarithmus)
562
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t2
ln φYn (t) → −
2
φYn (t) → e
2
− t2
.
D.h. die ch.Fkt. von Yn konvergiert gegen die ch.Fkt. der
Standard-Normalverteilung (sogar gleichmäßig).
Aus dem Konvergenzsatz folgt: Yn → Z ∼ N (0, 1).
563
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Bsp. 93 Münzwurf: 1000 mal. Wie groß ist die Wkt., dass
weniger als 475 mal Zahl fällt?

1
falls Zahl
Xi =
0
sonst
1000
X
P(
i=1
1 P
√
1000 qXi −
Xi ≤ 475) = P ( 1000
1
2
1
4
|
{z
∼N (0,1)
√
0.475 − 0.5
)
≈ Φ( 1000
1
475
1
√
−
q 2)
≤ 1000 1000
1
4
}
2
= Φ(−1.58) ≈ 0.057.
564
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Bedeutung des ZGWS in der Statistik
• beim Schätzen
Gesetz der Großen Zahlen: X → µ.
Frage: Wie groß ist der Stichprobenumfang zu wählen, um
eine bestimmte Genauigkeit zu erreichen?
ε, δ vorgegeben, klein (ε, δ < 0.5).
n ist so zu wählen, dass
P (|X − µ| ≤ ε) ≥ 1 − δ
565
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1 − δ ≤ P (|X − µ| ≤ ε)
√ (|X − µ| √
ε
= P( n √
≤ n√
)
V arX
V arX
√ (|X − µ| √ ε
= P( n
≤ n )
σ
σ
√ ε
√ ε
≈ Φ( n ) − Φ(− n )
σ
σ
√ ε
= 2Φ( n ) − 1
σ
gdw.
√ ε
Φ (1 − δ/2) ≤
n
σ
−1
2
σΦ (1 − δ/2)
n ≥
ε
−1
566
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Bedeutung des ZGWS in der Statistik
• beim Testen
µ := EX. Wir testen z.B.
H 0 : µ ≤ µ0
gegen
H 1 : µ > µ0
Teststatistik:
√ X − µ0
Tn = n
σ
Tn klein spricht für H0 , Tn groß gegen H0 .
Fehler 1. Art: H0 ablehnen, obwohl richtig
möchte man begrenzen (≤ α)
Fehler 2. Art: H0 annehmen, obwohl falsch
567
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sollte auch klein sein (≤ β)
Pµ0 (Tn ≥ u1−α ) → α
nach ZGWS
denn
Pµ0 (Tn < u1−α ) → Φ(u1−α ) = 1 − α
(wenn µ < µ0 so Pµ (Tn < u1−α ) > Pµ0 (Tn < u1−α ))
568
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Bsp. 94 In der BRD gab es im Zeitraum 1970-1990
insgesamt 25 171 123 registrierte Lebendgeburten, davon
waren 12 241 392 Mädchen.
Berechnen Sie die ein 95% Vertrauensintervall für die
Wahrscheinlichkeit einer Mädchengeburt!
Das zufällige Ereignis einer Mädchengeburt wird dargestellt
durch eine Bernoulli-verteilte Zufallsvariable, Xi ∼ B(1, p).
Sei n = 25171123 und
n
X
Xi
Sn =
i=1
die zufällige Anzahl der Mädchengeburten.
Wir wissen, ESn = n · p und Var Sn = n · p · (1 − p).
569
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Weiter sei u0.975 das 0.975-Quantil der
Standardnormalverteilung, d.h
Φ(u0.975 ) = 0.975.
Nachsehen in der Tabelle liefert u0.975 = 1.96.
Aus dem ZGWS folgt
|Sn − np|
≤ u0.975 ) = 0.95.
P( √
V arSn
Die folgenden Ungleichungen gelten jeweils mit Wkt. 0.95:
p
|Sn − np| ≤ 1.96 · np(1 − p)
(Sn − np)2 ≤ 1.962 np(1 − p)
n2 p2 − 2Sn np + Sn2 ≤ 1.962 np − 1.962 np2
570
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(n2 + 1.962 n)p2 − (1.962 n + 2nSn )p + Sn2 ≤ 0
bzw. wenn wir die Schätzung
Sn
p̂ =
n
für die relative Anzahl der Mädchengeburten einsetzen,
für die Randpunkte des Vertrauensintervalls
r
2
2
1
1.96
1.96
p1,2 =
.
np̂ +
± 1.96 np̂(1 − p̂) +
2
n + 1.96
2
4
Hier haben wir
Sn
12241392
p̂ =
=
= 0.48633
n
25171123
95%-Vertrauensintervall: [0.48613, 0.48652].
571
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Bsp. 95 (Fortsetzung des vorigen Beispiels) Angenommen,
es würde gelten p = 21 . Mit welcher Wkt. würden dann
höchstens 12 241 392 auftreten?
Sn − np
12241392 − np P (Sn ≤ 12241392) = P p
≤ p
np(1 − p)
np(1 − p)
12241392 − np
≈ Φ( p
)
np(1 − p)
= Φ(−137.2) ≤ 3 · 10−4091 .
572
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Bsp. 96 (Roulette) Beim Roulette gibt es 36 Zahlen, 18
davon sind schwarz, 18 sind rot, dazu die 0, die ist grün. Bei
Setzen der richtigen Farbe gibt es den doppelten Einsatz, bei
Setzen der richtigen Zahl den 36 fachen Einsatz. Zwei Spieler
A und B spielen folgende Strategie: A setzt auf Farbe, B auf
Zahl. Beide spielen 100 mal, und jetzen jeweils 10 Euro.
Wie groß ist die Wkt., dass sie nach n = 100 Spielen
mindestens 40 Euro gewonnen haben?
Wir beschreiben die Gewinne/Verluste im i-ten Spiel durch
573
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Bernoulli-Zufallsvariablen,


10 −10

,
Xi :
18
37
EXi
V arXi
EYi
V arYi
574
19
37
Yi :


350 −10


1
37
36
37
18
19
10
= 10 ·
− 10 ·
= − =: µA
37
37
37
10 2
2
2
= EXi − (EXi ) = 100 − ( ) =: σA2 (≈ 100)
37
1
36
10
= 350 ·
− 10 ·
= − =: µB
37
37
37
10 2
2
2 1
2 36
2
2
+ (−10)
− ( ) =: σB
= EYi − (EYi ) = 350
37
37
37
(≈ 3200)
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P
100
X
i=1
Xi ≥ 40 =
=
P
100
X
i=1
≈
Yi ≥ 40 =
=
≈
575
P100
40 − nµA i=1 Xi − nµA
≥√ √
P √ √
n V arXi
n V arXi
40 − nµA 1−Φ √ √
n V arXi
1 − Φ(0.67) = 0.25
P100
40 − nµB i=1 Yi − nµB
P √ √
≥√ √
n V arYi
n V arYi
40 − nµB 1−Φ √ √
n V arYi
1 − Φ(0.12) = 0.45
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