Korzystanie z metody Delta ma pewne trudności. Wygodnie jest uzyskać go ręcznie.
Przez Prawo wielkich liczb, . Stąd . Zastosuj twierdzenie Słuckiego, mamy
Poprzez twierdzenie o ciągłym odwzorowywaniu mamy
Stąd
Według twierdzenia Słuckiego mamy
Łącząc powyższe dwa zbiory równości
C^−→PCC^+γnI−→PC
n−−√(C^+γnI)−1/2(X¯−μ)→dN(0,C−1).
n(X¯−μ)T(C^+γnI)−1(X¯−μ)→d∑i=1pλ−1i(C)χ21.
n−−√(X¯−μ)T(C^+γnI)−1(X¯−μ)−→P0.
n−−√μT(C^+γnI)−1(X¯−μ)→dN(0,μTC−2μ).
==→dn−−√(X¯T(C^+γnI)−1X¯−μT(C^+γnI)−1μ)n−−√((X¯−μ)T(C^+γnI)−1(X¯−μ)−2μT(C^+γnI)−1(X¯−μ))−2n−−√μT(C^+γnI)−1(X¯−μ)+oP(1)N(0,4μTC−2μ).
Pozostałym zadaniem jest poradzenie sobie z
Niestety, ten termin dawka NIE zbliża się do . Zachowanie staje się skomplikowane i zależy od trzeciego i czwartego momentu.
n−−√(μT(C^+γnI)−1μ−μT(C)−1μ).
0
Mówiąc , poniżej zakładamy, że są normalnie rozproszone i . Jest to standardowy wynik, że
gdzie jest symetryczną macierzą losową z elementami ukośnymi jak i elementy poziome jako . Tak więc
Według rozwinięcia macierzy Taylor , mamy
Xiγn=o(n−1/2)
n−−√(C^−C)→dC1/2WC1/2,
WN(0,2)N(0,1)n−−√(C^+γnI−C)→dC1/2WC1/2,
(I+A)−1∼I−A+A2=n−−√((C^+γnI)−1−C−1)=n−−√C−1/2((C−1/2(C^+γnI)C−1/2)−1−I)C−1/2n−−√C−1(C^+γnI−C)C−1+OP(n−1/2)→dC−1/2WC−1/2.
Zatem
n−−√(μT(C^+γnI)−1μ−μT(C)−1μ)→dμTC−1/2WC−1/2μ∼N(0,(μTC−1μ)2).
Tak więc
n−−√(X¯T(C^+γnI)−1X¯−μTC−1μ)→dN(0,4μTC−2μ+(μTC−1μ)2).