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Mathematik » Stochastik und Statistik » Approximation der Binomialverteilung durch Normalverteilung
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Universität/Hochschule J Approximation der Binomialverteilung durch Normalverteilung
Cyborg
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  Themenstart: 2022-10-25

Hallo, Leute! Ich bin auf der Suche nach einen schnellen Beweis (muss nicht streng sein), der zeigt wie man von der Binomialverteilung zur Normalverteilung kommt, wenn man $n$ gegen Unendlich laufen lässt. Unter Moivre-Laplace habe ich schon sehr strenge und deswegen lange Beweise gefunden. Das ist mir aber zu kompliziert. Damals in der Schule (2004) habe ich in einem Buch für Oberstufenschüler einen recht schnellen und einfachen Beweis gefunden. Ich weiß leider nicht mehr in welchem Buch ich das gefunden habe. Kann mir jemand was empfehlen??? Danke euch.


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AnnaKath
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  Beitrag No.1, eingetragen 2022-10-25

Huhu Cyborg, den kürzesten Beweis, den ich kenne, findet sich als Proposition 5.9 in Kallenberg, Olav; "Foundations of modern probability"; 2. Auflage, 2001; Springer, Heidelberg Berlin New York. Natürlich wird dort nicht nur der Satz von de Moivre/Laplace bewiesen, sondern gleich der zentrale Grenzwertsatz in der Version von Lindeberg/Levy. In meiner Ausgabe umfasst der Beweis eine Zeile Formeln und drei Zeilen Text... Wenn Du etwas über Taylorreihen, und die Darstellung von Momenten von Zufallsvariablen aus der charakteristischen Funktion (inverse Foruriertransformationen) weist, sollte dieser sogar ohne weitere Kenntnisse der Wahrscheinlichkeitstheorie nachzuvollziehen sein. lg, AK


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Cyborg
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-27

Hallo, AnnaKath! Das Buch habe ich nicht! Aber ich habe mich mittlerweile mit dem Beweis mithilfe der Stirlingformel angefreundet. Eine Frage habe ich aber noch: Bei Youtube habe ich gefunden: https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/26086_5_Unbenannt.jpg Es gilt also: $$P(X=k)=B(k,n,p)\approx\dfrac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\cdot e^{-\dfrac{1}{2}\cdot\left(\dfrac{k-\mu}{\sigma}\right)^2}$$ Ich frage mich, wie man nun zeigt, dass gilt: $$P(a\leq X\leq b)=\sum\limits_{i=\lceil a\rceil}^{\lfloor b\rfloor} B(i,n,p)\approx\int_{a}^b \dfrac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\cdot e^{-\dfrac{1}{2}\cdot\left(\dfrac{x-\mu}{\sigma}\right)^2}\,dx$$ \red\ Ich weiß nicht, wie man eine Riemmansche Summe bekommt, die gegen das Integral konvergiert????


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Wario
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  Beitrag No.3, eingetragen 2022-10-27

\quoteon(2022-10-27 11:26 - Cyborg in Beitrag No. 2) Bei Youtube habe ich gefunden: ... \quoteoff Wäre irgendwie praktisch, wenn Du den Link dazu angibst, anstatt Deinen schönen Desktop zu zeigen. https://www.youtube.com/watch?v=0_RZUWtlCQM Ansonsten hätte ich gedacht, dass der letzte Schritt, also die Frage, evident ist, also je nachdem, ob $P(a\leq X\leq b)$ zu einer diskreten oder kontinuierlichen Verteilung berechnet wird, muss summiert oder integriert werden, um eben die Summe aller Werte des Intervalls zu erfassen.


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Wario
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  Beitrag No.4, eingetragen 2022-10-28

\quoteon(2022-10-25 20:50 - AnnaKath in Beitrag No. 1) den kürzesten Beweis, den ich kenne, findet sich als Proposition 5.9 in Kallenberg, Olav; "Foundations of modern probability"; 2. Auflage, 2001; Springer, Heidelberg Berlin New York. \quoteoff Ich hab hier grad mal '3rd edition 2021' vor Augen. Ich finde da zwar keine 'Prop. 5.9', eher 'Theorem 6.10 (central limit theorem, Lindeberg, Lévy)' (in einem längeren Abschnitt, der Theoreme aufführt); dafür wiederum finde ich keinen Beweis... Falls ich den Beweis doch noch finden sollte, ist mir schon klar, dass er das rasch aus irgendwas anderem herleitet und deshalb so kurz machen kann. Zusammen mit den anderen Sachen ist das so kurz dann nicht. Das ganze Buch wirkt wie ein strenger Gesetzestext, der inhaltlich sicher sehr korrekt ist und ansonsten auf jede Anschaulichkeit verzichtet (ich finde da z.B. keinen einzigen Graphen bei rascher Durchsicht); und ist m.E. überhaupt nur dann verständlich, wenn man es von Seite 1 an gelesen hat. Da schnell irgendwas nachschlagen, vergiss es. Für jemanden, der das alles schon weiß ist das Buch vll. eine gute Vertiefung. Für jemanden, der das lernen will, scheint mir das Buch eine ziemlich ungeeignete Empfehlung.


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Wario
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  Beitrag No.5, eingetragen 2022-10-28

Das Video #2 (Link #3) finde ich eigentlich ganz gut. Ich finde nur, dass darin ein paar seltsame Sachen (Notationen) sind. Der Beweis, der auf der Stirlingformel fußt, findet sich auch nochmal hier. Dort wird auch, unter 'Beweis (2)' $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \operatorname{P}\left(x_1 \leq \frac{S_n - np}{\sqrt{n}} \leq x_2 \right) \; = \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \int_{x_1}^{x_2} \exp\left(-{x^2\over 2\sigma^2}\right) \mathrm{d}x$ für alle $x_1, x_2 \in \mathbb{R}$ mit $x_1 < x_2$ bewiesen.


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Cyborg
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  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-01

Hallo, Leute! Ich weiß jetzt wie es geht: Klar ist, für große $n$: $$\binom{n}{k}\cdot p^k\cdot (1-p)^k=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{n\cdot p\cdot (1-p)}}\cdot e^{-\dfrac{1}{2}\cdot\left(\dfrac{k-n\cdot p}{\sqrt{n\cdot p\cdot (1-p)}}\right)^2}$$ Nun gilt: $$P\left(a'\leq\dfrac{X-n\cdot p}{\sqrt{n\cdot p\cdot(1-p)}}\leq b'\right)= P(n\cdot p+a'\cdot\sqrt{n\cdot p\cdot(1-p)}\leq X\leq n\cdot p+b'\cdot\sqrt{n\cdot p\cdot(1-p)})=\sum\limits_{k=k_{a'}}^{k_{b'}}\binom{n}{k}\cdot p^k\cdot (1-p)^k$$ mit $k_{a'}=\lceil n\cdot p+a'\cdot\sqrt{n\cdot p\cdot(1-p)}\rceil$ und $k_{b'}=\lfloor n\cdot p+b'\cdot\sqrt{n\cdot p\cdot(1-p)}\rfloor$ Also: $$P\left(a'\leq\dfrac{X-n\cdot p}{\sqrt{n\cdot p\cdot(1-p)}}\leq b'\right)=\sum\limits_{k=k_{a'}}^{k_{b'}}\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{n\cdot p\cdot (1-p)}}\cdot e^{-\dfrac{1}{2}\cdot\left(\dfrac{k-n\cdot p}{\sqrt{n\cdot p\cdot (1-p)}}\right)^2}$$ Setze: $$x_k:=\dfrac{k-n\cdot p}{\sqrt{n\cdot p\cdot (1-p)}}$$ Also: $$P\left(a'\leq\dfrac{X-n\cdot p}{\sqrt{n\cdot p\cdot(1-p)}}\leq b'\right)=\sum\limits_{k=k_{a'}}^{k_{b'}}\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot e^{-\dfrac{1}{2}\cdot (x_k)^2}\cdot (x_{k+1}-x_k) $$ Das geht für n gegen Unendlich gegen das Integral: $$P\left(a'\leq\dfrac{X-n\cdot p}{\sqrt{n\cdot p\cdot(1-p)}}\leq b'\right)\approx \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot\int_{a'}^{b'} e^{-\dfrac{1}{2}\cdot x^2}\,dx$$ Also: $$P\left(\dfrac{a-n\cdot p}{\sqrt{n\cdot p\cdot (1-p)}}\leq\dfrac{X-n\cdot p}{\sqrt{n\cdot p\cdot(1-p)}}\leq \dfrac{b-n\cdot p}{\sqrt{n\cdot p\cdot (1-p)}}\right)=P(a\leq X\leq b)=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot\int_{\dfrac{a-n\cdot p}{\sqrt{n\cdot p\cdot (1-p)}}}^{\dfrac{b-n\cdot p}{\sqrt{n\cdot p\cdot (1-p)}}} e^{-\dfrac{1}{2}\cdot x^2}\,dx=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot\int_{a}^{b}e^{-\dfrac{1}{2}\cdot \left(\dfrac{y-n\cdot p}{\sqrt{n\cdot p\cdot(1-p)}}\right)^2} \cdot\dfrac{1}{\sqrt{n\cdot p\cdot(1-p)}}\,dy= \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}\cdot\sigma}\int_{a}^{b}e^{-\dfrac{1}{2}\cdot \left(\dfrac{x-\mu}{\sigma}\right)^2}\,dx $$


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