Przykład CLT, gdy momenty nie istnieją

Rozważ $X_n = \begin{cases} 1 & \text{w.p. } (1 - 2^{-n})/2\\ -1 & \text{w.p. } (1 - 2^{-n})/2\\ 2^k & \text{w.p. } 2^{-k} \text{ for } k > n\\ \end{cases}$

Muszę pokazać, że chociaż ma to nieskończone momenty,

\sqrt{n} ({\bar{X}}_{n}) \overset{re}{\to} N. (0, 1)

$\sqrt{n}(\bar{X}_n) \overset{d}{\to} N(0,1)$

Próbowałem to pokazać za pomocą twierdzenia Levy'ego o ciągłości, tzn. Próbowałem wykazać, że funkcja charakterystyczna lewej strony jest zbieżna z funkcją charakterystyczną normalnej normy. Wydawało się to jednak niemożliwe.

Wskazówką dotyczącą tego problemu było obcięcie każdego , tzn. i użycie warunku Lindeberga, aby pokazać, że . $X_i$ $Y_{ni} = X_i I\{X_i \leq n\}$ $\sqrt{n} \bar{Y}_n \overset{d}{\to} N(0,1)$

Nie byłem jednak w stanie wykazać, że warunek Lapunowa jest spełniony. Wynika to głównie z tego, że nie zachowuje się tak, jakbym tego chciał. Chciałbym, aby przyjmował tylko wartości -1 i 1, jednak sposób, w jaki jest skonstruowany, może przyjmować wartości $Y_{ni}$ $Y_{ni}$ $-1, 1, 2^{i+1}, 2^{i+2}, \dots, 2^{\lfloor\log_2 n\rfloor}$

— Greenparker
źródło

Jeśli obcinasz w punkcie , sprawdź dokładnie ostatni akapit pod kątem wartości, jakie może przyjąć zmienna obcięta. W każdym razie spróbuj skrócić na zamiast tego, użyj Borel-Cantelli, a następnie Slutsky, aby uzyskać wynik. Powinieneś być w stanie użyć Lindeberga lub Lyapunova na obciętym kawałku (chociaż tak naprawdę tego nie sprawdziłem).

n

$n$

1

$1$

— kardynał

Przepraszam za to. Zmieniłem go na „nieskończone” momenty

— Greenparker

@cardinal Przejrzałem możliwe wartości, które może przyjąć ponownie, i dodałem minimalny termin do logu. W przeciwnym razie wartości wydają się prawidłowe. Jeśli obetnę wartość 1, otrzymam wartości dla i będę mógł zastosować warunek Lindeberga, aby uzyskać zbieżność do normy. Nie rozumiem jednak, w jaki sposób będzie to oznaczało konwergencję do normalnej dla

Y_{n i}

$Y_{ni}$

Y_{n i}

$Y_{ni}$

\sqrt{n} {\bar{X}}_{n}

$\sqrt{n} \bar{X}_n$

— Greenparker

Co jest "

{\bar{X}}_{n}

$\bar{X}_n$ „? Nie opisałeś kontekstu, w którym istnieją próbki lub wiele wystąpień każdego z nich

X_{n}

$X_n$ , skąd - biorąc pod uwagę to, co jest zawarte w pytaniu - o jedynym możliwym czytaniu tego zapisu, że odnosi się on do średniej

X_{n}

$X_n$ , która jest zawsze nieskończona i jest liczbą, a nie rozkładem. Dlatego musimy sobie wyobrazić, że zastanawiasz się nad próbkami

X_{n}

$X_n$ , ale musisz nam to powiedzieć, a zwłaszcza określić rozmiary próbek.

— whuber

Oto odpowiedź na podstawie komentarza @ kardynała:

Niech przestrzeń próbki będzie przestrzenią ścieżek procesów stochastycznych $(X_i)_{i=0}^{\infty}$ i $(Y_i)_{i=0}^{\infty}$ , gdzie pozwalamy $Y_i=X_i \mathbb{1}_{\{X_i\leq 1\}}$ . Warunek Lindeberga (zgodny z notacją Wikipedii ) jest spełniony, ponieważ:

\frac{1}{s_{n}^{2)}} \sum_{ja = 0}^{n} mi (Y_{ja}^{2)} 1_{{| Y_{ja} | > ϵ s_{n}^{2)}}}) \leq \frac{1}{s_{n}^{2)}} \sum_{ja = 0}^{n} P. (| Y_{ja} | > ϵ s_{n}^{2)}) \to 0,

$\frac{1}{s_n^2} \sum_{i=0}^n \mathbb E (Y_i^2 \mathbb{1}_{\{|Y_i|> \epsilon s_n^2\}})\leq \frac{1}{s_n^2} \sum_{i=0}^n P(|Y_i|> \epsilon s_n^2)\to0,$ dla każdego

ϵ

$\epsilon$ tak jak

s_{n}^{2} \to \infty

$s_n^2\to \infty$ kiedy tylko

n \to \infty .

$n\to \infty.$

My też to mamy $P(X_i\neq Y_i, i.o.) = 0$ autor: Borel-Cantelli od $P(X_i \neq Y_i)=2^{-i}$ po to aby $\sum_{i=0}^{\infty} P(X_i \neq Y_i) = 2<\infty$ . Inaczej mówiąc, $X_i$ i $Y_i$ różnią się tylko skończenie często prawie na pewno.

Definiować $S_{X,n}=\sum_{i=0}^{n} X_i$ i równoważnie dla $S_{Y,n}$ . Wybierz przykładową ścieżkę $(X_i)_{i=1}^{\infty}$ takie, że $X_i > 1$ tylko dla skończonych wielu $i$ . Indeksuj te warunki według $\mathcal{J}$ . Wymagaj również z tej ścieżki, aby $X_j,j\in \mathcal{J}$ są skończone. Dla takiej ścieżki

\frac{{S.}_{jot}}{\sqrt{n}} \to 0, tak jak n \to \infty

$\frac{S_{\mathcal{J}}}{\sqrt{n}} \to 0,\text{ as }n\to \infty$ gdzie

S_{J} := \sum_{j \in J} X_{j}

$S_{\mathcal{J}}:=\sum_{j\in \mathcal{J}}X_j$ . Co więcej, wystarczająco duży

n

$n$ ,

{S.}_{X, n} - {S.}_{Y, n} = {S.}_{jot} .

$S_{X,n}-S_{Y,n}=S_{\mathcal{J}}.$

Zastosowanie wyniku Borela-Cantellego wraz z tym, że $X_i$ jest prawie na pewno skończony, widzimy, że prawdopodobieństwo ścieżki próbki spełniającej nasze wymagania jest jedno. Innymi słowy, różne terminy prawie na pewno idą do zera. Mamy zatem, według twierdzenia Słuckiego, wystarczająco duże $n$ ,

\frac{1}{\sqrt{n}} {S.}_{X, n} = \frac{{S.}_{Y, n} + {S.}_{jot}}{\sqrt{n}} \overset{re}{\to} ξ + 0,

$\frac{1}{\sqrt{n}}S_{X,n}=\frac{S_{Y,n}+S_{\mathcal{J}}}{\sqrt{n}}\overset{d}{\to}\xi+0,$ gdzie

ξ \sim N (0, 1)

$\xi\sim N(0,1)$ .

— ekvall
źródło