Beispiel für CLT, wenn keine Momente vorhanden sind

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

Ich muss zeigen, dass, obwohl dies unendlich Momente hat,

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

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

Ich habe versucht, dies unter Verwendung des Kontinuitätssatzes von Levy zu zeigen, dh zu zeigen, dass die charakteristische Funktion der linken Seite gegen die charakteristische Funktion der Standardnormalen konvergiert. Dies schien jedoch unmöglich zu zeigen.

Ein Hinweis für dieses Problem war, jedes $X_i$ abzuschneiden, dh $Y_{ni} = X_i I\{X_i \leq n\}$ und die Lindeberg-Bedingung zu verwenden, um zu zeigen, dass $\sqrt{n} \bar{Y}_n \overset{d}{\to} N(0,1)$ .

Ich konnte jedoch nicht nachweisen, dass die Lyapunov-Bedingung erfüllt ist. Dies liegt hauptsächlich daran, dass $Y_{ni}$ sich nicht so verhält, wie ich es möchte. Ich möchte, dass $Y_{ni}$ nur die Werte -1 und 1 annimmt, aber so wie es aufgebaut ist, kann es Werte annehmen $-1, 1, 2^{i+1}, 2^{i+2}, \dots, 2^{\lfloor\log_2 n\rfloor}$

— Greenparker
quelle

Wenn Sie bei

abschneiden , überprüfen Sie den letzten Absatz sorgfältig auf die Werte, die die abgeschnittene Variable annehmen kann. Versuchen Sie auf jeden Fall, stattdessen auf

kürzen, verwenden Sie Borel-Cantelli und dann Slutsky, um das Ergebnis zu erhalten. Sie sollten in der Lage sein, Lindeberg oder Lyapunov für das abgeschnittene Stück zu verwenden (obwohl ich das nicht wirklich überprüft habe).

n

$n$

1

$1$

— Kardinal

Das tut mir leid. Änderte es in "unendliche" Momente

— Greenparker

@cardinal Ich ging die möglichen Werte

erneut annehmen kann, und fügte dem Protokollbegriff eine Untergrenze hinzu. Ansonsten scheinen die Werte richtig zu sein. Wenn ich bei 1 abschneide, erhalte ich die gewünschten Werte für

und kann die Lindeberg-Bedingung anwenden, um die Konvergenz zur Normalität zu erreichen. Ich sehe jedoch nicht, wie dies eine Konvergenz zur Normalität für

implizieren wird

Y_{n i}

$Y_{ni}$

Y_{n i}

$Y_{ni}$

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

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

— Greenparker

Was ist "

"? Sie haben keinen Kontext , in dem es Muster oder mehr Instanzen von jedem beschriebenen

, von wo aus - gegeben , was in der Frage angegeben ist - über die einzig möglichen Lesen dieser Notation ist , dass es auf den Mittelwert von bezieht sich

, Das ist immer unendlich und ist eine Zahl, keine Verteilung. Wir müssen uns daher vorstellen, dass Sie iid-Stichproben von

in Betracht ziehen , aber Sie müssen uns dies mitteilen und insbesondere die Stichprobengrößen festlegen.

{\bar{X}}_{n}

$\bar{X}_n$

X_{n}

$X_n$

X_{n}

$X_n$

X_{n}

$X_n$

— whuber

Hier ist eine Antwort basierend auf dem Kommentar von @ cardinal:

Der Probenraum sei der der Pfade der stochastischen Prozesse und , wobei . Die Lindeberg-Bedingung (gemäß der Wikipedia-Notation ) ist erfüllt für: $(X_i)_{i=0}^{\infty}$ $(Y_i)_{i=0}^{\infty}$ $Y_i=X_i \mathbb{1}_{\{X_i\leq 1\}}$ für jedesalswann immer

\frac{1}{s_{n}^{2}} \sum_{ich = 0}^{n} E. ({Y.}_{ich}^{2} 1_{{| {Y.}_{ich} | > ϵ s_{n}^{2}}}}) \leq \frac{1}{s_{n}^{2}} \sum_{ich = 0}^{n} P. (| {Y.}_{ich} | > ϵ s_{n}^{2}) \to 0,

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

ϵ

$\epsilon$

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

$s_n^2\to \infty$

n \to \infty .

$n\to \infty.$

Wir haben auch , dass von Borel-Cantelli , da , so dass . Anders ausgedrückt, und $P(X_i\neq Y_i, i.o.) = 0$ $P(X_i \neq Y_i)=2^{-i}$ $\sum_{i=0}^{\infty} P(X_i \neq Y_i) = 2<\infty$ $X_i$ $Y_i$ unterscheiden sich nur endlich oft fast sicher.

Definiere und äquivalent für . Wählen Sie einen Abtastpfad von so dass nur für endlich viele . Index diese Begriffe von . Fordern Sie auch von diesem Pfad, dass die endlich sind. Für einen solchen Weg ist $S_{X,n}=\sum_{i=0}^{n} X_i$ $S_{Y,n}$ $(X_i)_{i=1}^{\infty}$ $X_i > 1$ $i$ $\mathcal{J}$ $X_j,j\in \mathcal{J}$ wo. Darüber hinaus wird für groß genugum,

\frac{{S.}_{J.}}{\sqrt{n}} \to 0, wie n \to \infty

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

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

$S_{\mathcal{J}}:=\sum_{j\in \mathcal{J}}X_j$

n

$n$

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

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

Wenn wir das Borel-Cantelli-Ergebnis zusammen mit der Tatsache verwenden, dass fast sicher endlich ist, sehen wir, dass die Wahrscheinlichkeit, dass ein Abtastpfad unseren Anforderungen entspricht, eins ist. Mit anderen Worten, die unterschiedlichen Terme gehen fast sicher auf Null. Wir haben also nach Slutskys Theorem, dass für groß genug , $X_i$ $n$

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

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

ξ \sim N (0, 1)

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

— ekvall
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