Exponentialfunktion, Abschätzung, zentraler Grenzwertsatz

08.09.2016, 18:49

StrunzMagi

Exponentialfunktion, Abschätzung, zentraler Grenzwertsatz

Hallo,
Ich versuche einen Beweis des zentralen Grenzwertesatzes mittels charakteristischen Funktionen zu verstehen. Doch das zweite Gleichheitszeichen bleibt mir unverständlich:
$\begin{eqnarray*} lim_{n\rightarrow \infty} [1- \frac{u^2}{2n} + \frac{u^2}{n} h (\frac{u}{\sqrt{n}})]^n= \exp(\lim_{n\rightarrow \infty} n \ln(1- \frac{u^2}{2n} + \frac{u^2}{n} h(\frac{u}{\sqrt{n}})) =\exp( \lim_{n\rightarrow\infty} (- \frac{u^2}{2} + u^2 \tilde{h} (\frac{u}{\sqrt{n}})) =\exp(\frac{-u^2}{2}) \end{eqnarray*}$
wobei $\begin{eqnarray*} \lim_{u \rightarrow 0} h(u)=0 \end{eqnarray*}$

Unser Professor schrieb dazu auf: $\begin{eqnarray*} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\ln(1-x*f(x))}{-x}= f(0) \end{eqnarray*}$ (hospital)
Wenn ich schreibe: $\begin{eqnarray*} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\ln(1-x*f(x))}{-x}= \lim_{u \rightarrow 0} \frac{ln(1- u^2*(\frac{1}{2n}- \frac{1}{n} h (\frac{u}{\sqrt{n}}))}{-u^2}= \frac{1}{2n} \end{eqnarray*}$
Aber ich will doch gar nicht mit u gegen 0 gehen?

Mein eigener Versuch dazu war: $\begin{eqnarray*} lim_{n\rightarrow \infty} [1- \frac{u^2}{2n} + \frac{u^2}{n} h (\frac{u}{\sqrt{n}})]^n=\lim_{n\rightarrow \infty} (1- a_n/n))^n=\lim_{n\rightarrow \infty}( (1- a_n/n))^{\frac{n}{a_n}})^{a_n}=? \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a_n:=\frac{u^2}{2} - u^2* h (\frac{u}{\sqrt{n}}) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lim_{n\rightarrow\infty} a_n=\frac{u^2}{2} \end{eqnarray*}$
Aber nun darf ich ja nicht zuerst das Innere zum Grenzwert bilden und dannach die Potenz, deshalb stimmt das denke ich auch nicht..

[Hintergrund: Seien $\begin{eqnarray*} X_1,..X_n \end{eqnarray*}$ iid mit $\begin{eqnarray*} E(X_j)=m, V(X_j)=\sigma^2 \end{eqnarray*}$ . Sei die Zufalsvariable $\begin{eqnarray*} S_n^{*}= \frac{\sum_{j=1}^n (X_j-m)}{\sqrt{n} \sigma} \end{eqnarray*}$ gegeben.
so ist die charakteristische Funktion $\begin{eqnarray*} \phi_{S_n^{*}}= E(exp( i u * \frac{\sum_{j=1}^n (X_j-m)}{\sqrt{n} \sigma}))= \prod_{j=1}^n E(exp(iu \frac{X_j-m}{\sqrt{n}\sigma}))=[ \phi(\frac{u}{\sqrt{n}})]^n \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \phi:= \phi_{\frac{X_j-m}{\sigma}} \end{eqnarray*}$
Nach Voraussetzung existieren erste und zweite Moment also ist $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ zweimal stetig differenzierbar und mit Taylor: $\begin{eqnarray*} \phi(u)=\phi(0)+\phi'(0)*u+\phi''(0)*\frac{u^2}{2} + h(u)*u^2=1- \frac{u^2}{2} + h(u)*u^2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \lim_{u\rightarrow 0} h(u)=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \lim_{n \rightarrow \infty}\phi_{S_n^{*}}= lim_{n\rightarrow \infty} [1- \frac{u^2}{2n} + \frac{u^2}{n} h (\frac{u}{\sqrt{n}})]^n \end{eqnarray*}$
]

08.09.2016, 19:21

HAL 9000

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Zitat:

Original von StrunzMagi
Unser Professor schrieb dazu auf: $\begin{eqnarray*} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\ln(1-x*f(x))}{-x}= f(0) \end{eqnarray*}$ (hospital)

Ok, die Begründung mit L'Hospital haut zumindest für im Punkt $\begin{align*} x=0 \end{align*}$ differenzierbare Funktionen $\begin{align*} f \end{align*}$ so hin.

Und genau das wird angewandt auf $\begin{align*} f(x) = -\frac{u^2}{2} + u^2\cdot h(u\sqrt{x}) \end{align*}$ und dann $\begin{align*} x=\frac{1}{n} \end{align*}$ . Obwohl... genau genommen passt das zu dem ähnlichen $\begin{align*} \lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+x\cdot f(x))}{x}= f(0) \end{align*}$ .

Der vorletzte Term in der langen Grenzwertzeile kann dann aber auch gleich ganz weg, wenn man dieses L'Hospital-Hilfsresultat nutzt.

09.09.2016, 10:11

StrunzMagi

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Danke, das verstehe ich.
Mit dem Hintegrundwissen vom ersten Beitrag:
Als Taylor-Restglied hat $\begin{eqnarray*} h(x):= \frac{\phi''(\psi) - \phi''(0)}{2!} \end{eqnarray*}$ diese Formmit $\begin{eqnarray*} \psi \end{eqnarray*}$ einer Zwischenstelle, die von x abhängt.
Warum sollte h also differenzierbar sein, dazu müsste doch auch das dritte Moment existieren und das haben wir bei den Voraussetzungen des zentralen Grenzwertsatzes nicht gegeben!??

LG,
MaGi

09.09.2016, 10:37

HAL 9000

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Ja, es geht auch ohne Differenzierbarkeit, allerdings versteckt sich unter deinem unscheinbaren Kommentar "(hospital)" dann doch etwas mehr als die bloße sofortige Anwendung von L'Hospital bei diesem Grenzwert.

11.09.2016, 15:24

StrunzMagi

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Aber das kann doch im allgemeinen Fall ohne Differenzierbarkeit nicht zu kompliziert sein, denn in dem meisten Skripten wo ich solch einen Beweis gefunden habe wird das als "Trivialität" gar nicht erwähnt sondern sofort abgehackt?

LG,
MaGi

11.09.2016, 15:38

HAL 9000

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Na dann begründe es doch, wenn es so trivial ist. smile

12.09.2016, 10:01

StrunzMagi

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Wenn ich es könnte würde ich nicht fragen. Ich meinte damit nur, dass es in den meisten Skripten unter den Tisch gekehrt wird - was mir komisch vorkommt, wenn es so schwierig zu sehen ist.

Hast du vlt. einen Link/Buch, wo ich Antworten darauf finde?

12.09.2016, 10:53

HAL 9000

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Zitat:

Original von StrunzMagi
Wenn ich es könnte würde ich nicht fragen.

Dann erzähl bitte auch nicht so dummes Zeug wie

Zitat:

Original von StrunzMagi
Aber das kann doch im allgemeinen Fall ohne Differenzierbarkeit nicht zu kompliziert sein

Nochmal: Was ist eigentlich das Problem? Per "klassischen" L'Hospital würde man rechnen

$\begin{align*} \lim_{x\to 0} \frac{\ln(1+x\cdot f(x))}{x} = \lim_{x\to 0} \frac{f(x)+x\cdot f'(x))}{1+x\cdot\ln(x)} = f(0) \end{align*}$ ,

man benötigt aber die Ableitung $\begin{align*} f'(x) \end{align*}$ , deren Existenz wir hier gar nicht voraussetzen können.

Eine Möglichkeit wäre die Reihenentwicklung des Logarithmus:

Aufgrund der Stetigkeit von $\begin{align*} f \end{align*}$ finden wir ein $\begin{align*} \delta>0 \end{align*}$ sowie $\begin{align*} C>0 \end{align*}$ mit $\begin{align*} \left|x\cdot f(x)\right| < \frac{1}{2} \end{align*}$ und $\begin{align*} |f(x)|<C \end{align*}$ für alle $\begin{align*} |x|<\delta \end{align*}$ . Es ist dann

$\begin{align*} \ln(1+xf(x)) = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k} (xf(x))^k \end{align*}$

und folglich für alle $\begin{align*} 0<|x|<\delta \end{align*}$ .

$\begin{align*} \left| \frac{\ln(1+xf(x))}{x}-f(x) \right| = \left| \sum_{k=2}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k} x^{k-1} f(x)^k \right| \leq \left|xf(x)^2\right| \cdot \sum_{k=2}^{\infty} \left| x^{k-2} f(x)^{k-2} \right| = \frac{\left|xf(x)^2\right|}{1-|xf(x)|} \leq 2C^2 |x| \end{align*}$ .

Der Grenzübergang $\begin{align*} \delta\to 0 \end{align*}$ ergibt dann das gewünschte $\begin{align*} \lim_{x\to 0} \frac{\ln(1+xf(x))}{x} = f(0) \end{align*}$ . Keine Ahnung, ob es wesentlich einfacher geht - mir würde auch noch ein Weg über Epsilontik + Sandwich einfallen, aber der ist wohl noch etwas länger als der hier. Augenzwinkern

15.09.2016, 08:21

StrunzMagi

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Vielen Dank für den geschickten Weg!

Liebe Grüße,
MaGi

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