モーメントが存在しない場合のCLTの例

考慮してください $X_n = \begin{cases} 1 & \text{w.p. } (1 - 2^{-n})/2\\ -1 & \text{w.p. } (1 - 2^{-n})/2\\ 2^k & \text{w.p. } 2^{-k} \text{ for } k > n\\ \end{cases}$

これには無限のモーメントがあるにもかかわらず、あることを示す必要があり

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

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

私は、リービーの連続性定理を使用してこれを表示しようとしました。つまり、左側の特性関数が標準法線の特性関数に収束することを示してみました。しかし、これを示すのは不可能のようでした。

この問題に対するヒントは、各を切り捨てることでした。つまり、とし、リンデバーグ条件を使用して、。 $X_i$ $Y_{ni} = X_i I\{X_i \leq n\}$ $\sqrt{n} \bar{Y}_n \overset{d}{\to} N(0,1)$

ただし、リアプノフ条件が満たされていることを示すことはできませんでした。これは主に、が思った動作しないためです。に値-1と1のみを取らせたいですが、それが構築された方法では、値を取ることができます $Y_{ni}$ $Y_{ni}$ $-1, 1, 2^{i+1}, 2^{i+2}, \dots, 2^{\lfloor\log_2 n\rfloor}$

— Greenparker
ソース

あなたがで切り捨てている場合は、切り捨て変数が取り得る値については、慎重にその最後の段落を確認してください。とにかく、代わりに切り捨ててみて、Borel-Cantelliを使用してからSlutskyを使用して結果を取得してください。切り捨てられた部分でリンデバーグまたはリアプノフを使用できるはずです（実際には確認していません）。

n

$n$

1

$1$

— 枢機卿

申し訳ありません。「無限」の瞬間に変更しました

— Greenparker 2014年

@cardinalが取り得る可能性のある値を調べ、ログ用語にフロアを追加しました。それ以外の場合、値は正しいようです。1で切り捨てると、に必要な値が得られ、リンデバーグ条件を適用して法線に収束させることができます。しかし、私はこれがために正常な状態に収束を意味するものではありますどのように表示されていない

Y_{n i}

$Y_{ni}$

Y_{n i}

$Y_{ni}$

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

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

— Greenparker

「」とは何ですか？あなたは、それぞれのサンプルまたは複数のインスタンスがされた文脈で説明されていない -そこから、質問に記載されているものを与えられたこの表記の唯一の可能な読み取りについては、それが平均を意味していることである-です、常に無限であり、分布ではなく数値です。したがって、 iidサンプルを検討していることを想像する必要がありますが、これを通知する必要があり、特にサンプルサイズを規定する必要があります。

{\bar{X}}_{n}

$\bar{X}_n$

X_{n}

$X_n$

X_{n}

$X_n$

X_{n}

$X_n$

— whuber

@cardinalのコメントに基づく回答は次のとおりです。

サンプル空間を確率過程およびのパスの空間とすると、。リンデバーグ条件（Wikipediaの表記法に準拠）は、次の条件を満たしています：、任意としてたび $(X_i)_{i=0}^{\infty}$ $(Y_i)_{i=0}^{\infty}$ $Y_i=X_i \mathbb{1}_{\{X_i\leq 1\}}$

\frac{1}{s_{n}^{2}} \sum_{i = 0}^{n} E (Y_{i}^{2} 1_{{| Y_{i} | > ϵ s_{n}^{2}}}) \leq \frac{1}{s_{n}^{2}} \sum_{i = 0}^{n} P (| Y_{i} | > 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 .

$n\to \infty.$

また、なので、Borel-Cantelliによってなるため、。言い換えると、と違いは、ほぼ確実に有限である場合がほとんどです。 $P(X_i\neq Y_i, i.o.) = 0$ $P(X_i \neq Y_i)=2^{-i}$ $\sum_{i=0}^{\infty} P(X_i \neq Y_i) = 2<\infty$ $X_i$ $Y_i$

を定義し、と同等に定義します。サンプルパスを選択して、有限数のに対してのみようにします。これらの用語にインデックスを付けます。このパスから、が有限であることも要求します。このようなパスの場合、 where。さらに、十分に大きい、 $S_{X,n}=\sum_{i=0}^{n} X_i$ $S_{Y,n}$ $(X_i)_{i=1}^{\infty}$ $X_i > 1$ $i$ $\mathcal{J}$ $X_j,j\in \mathcal{J}$

\frac{S_{J}}{\sqrt{n}} \to 0, as 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} .

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

がほぼ確実に有限であるという事実とともにボレル-カンテッリの結果を使用すると、サンプルパスが要件に従っている確率は1であることがわかります。つまり、異なる用語はほぼ確実にゼロになります。したがって、Slutskyの定理により、十分に大きな、。 $X_i$ $n$

\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)

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

— エクヴァル
ソース