İki sekans dejenere olmayan rastgele bir değişkene yaklaştığında Slutsky teoremi hala geçerli mi?

12

Slutsky'nin teoremi hakkında bazı ayrıntılar hakkında kafam karıştı :

Let , skaler / vektör / matris rastgele elemanlarının iki sekansları olabilir. $\{X_n\}$ $\{Y_n\}$

Eğer rastgele elemanı dağıtım yakınsak ve sabit bir olasılık olarak yakınsak , o ters çevrilebilir olması koşuluyla , burada dağıtımda yakınsama anlamına gelir. $X_n$ $X$ $Y_n$ $c$
$\begin{aligned} X_{n} + Y_{n} & \overset{d}{\to} X + c \\ X_{n} Y_{n} & \overset{d}{\to} c X \\ X_{n} / Y_{n} & \overset{d}{\to} X / c, \end{aligned}$ $\eqalign{ X_{n}+Y_{n}\ &{\xrightarrow {d}}\ X+c\\ X_{n}Y_{n}\ &{\xrightarrow {d}}\ cX\\ X_{n}/Y_{n}\ &{\xrightarrow {d}}\ X/c, }$ $c$ ${\xrightarrow {d}}$

Slutsky teoremindeki her iki dizi dejenere olmayan rastgele bir değişkene yaklaşıyorsa, teorem hala geçerli midir ve eğer değilse (birisi örnek verebilir mi?), Geçerli kılmak için ekstra koşullar nelerdir?

— Nicolas H
kaynak

15

Slutsky teoremi, dağılımlarda rastgele bir değişkene yaklaşan iki diziye uzanmaz. Eğer dağıtım yakınsar , iyi yakınsama başarısız olabilir veya daha başka bir şey yakınsayabilir . $Y_n$ $Y$ $X_n+Y_n$ $X+Y$

Örneğin, eğer tüm 's, aynı dağılımına sahip, iki RV farkına olmuyorsa . $Y_n=-X_n$ $n$ $X_n+Y_n$ $X$

Başka bir karşı örnek , ve bağımsız olması ve her ikisinin de tanımlaması durumunda normal değişkenine dağıtımda yakınsama ve , sonra gör Davide tarafından cevap bu örnek üzerinde daha fazla bilgi için bkz. $\{X_n\}$ $\{Y_n\}$ $\text{N}(0,1)$ $X_1\sim\text{N}(0,1)$ $X_2=-X_1$

\begin{aligned} X_{n} & \overset{d}{\to} X_{1} \\ Y_{n} & \overset{d}{\to} X_{2} \\ X_{n} + Y_{n} & ⧸ \overset{d}{\to} X_{1} + X_{2} = 0 \end{aligned}

$\eqalign{X_{n}\ &{\xrightarrow {d}}\ X_1\\Y_{n}\ &{\xrightarrow {d}}\ X_2\\X_{n}+Y_{n}\ &\not{{\xrightarrow {d}}}\ X_1+X_2=0}$

— Xi'an
kaynak

2

Genişlemesi için bağımsızlık gibi daha fazlasına ihtiyacınız var.

— kjetil b halvorsen

Her iki dizinin de bir sabitle birleşmesi halinde, sabit bir RV'nin özel (dejenere) bir vakası olduğu için Slutsky DOES'in hala geçerli olduğunu düşünmekte haklı mıyım?

— yarım geçiş

1

@ yarım geçiş: bu doğru.

— Xi'an

4

nın kovaryans matrisi, ile olan Gauss merkezli bir vektör olduğunu varsayın . için ve tanımlayın . Sonra ve , burada ve standart normal rasgele değişkendir. Ancak, , ortalanmış ve varyansı . dağılımı hakkında hiçbir şey bilinmediğinden , in dağıtımda olduğunu iddia . $(X_0,Y_0)$ $\pmatrix{1&\rho\\ \rho&1}$ $|\rho|\leqslant 1$ $X_n:=X_0$ $Y_n:=Y_0$ $n\geqslant 1$ $X_n\to X$ $Y_n\to Y$ $X$ $Y$ $X_n+Y_n$ $2+2\rho$ $X+Y$ $X_n+Y_n\to X+Y$

Bu örnekler, dağıtımda genel olarak ve gösterir, ancak dağılımı hakkında bilgi yoksa , in yakınsaması başarısız olabilir. $X_n\to X$ $Y_n\to Y$ $X+Y$ $X_n+Y_n\to X+Y$

Tabii ki, her iyi ise Örneğin için dağıtım (içinde bağımsızdır ve ve . Genel olarak, sadece Assert dizisi olduğu sıkı (olduğunu, her pozitif için , bulabilecegimizin şekilde ). Bu ima biz tamsayılar artan bir dizi bulmaya olabilir , öyle ki rastgele değişken dağılımda yakınsak . $(X_n,Y_n)\to (X,Y)$ $X_n$ $Y_n$ $X$ $Y$ $(X_n+Y_n)_{n\geqslant 1}$ $\varepsilon$ $R$ $\sup_n\mathbb P\{|X_n+Y_n|\gt R\}\lt \varepsilon$ $(n_k)_{k\geqslant 1}$ $(X_{n_k}+Y_{n_k})_{k\geqslant 1}$ $Z$

Önerme. Gauss rastgele değişkenleri ve dizileri vardır, böylece herhangi bir için, artan bir tamsayı dizisi bulabiliriz , , dağıtımda yakınsar . $(X_n)_{n\geqslant 1}$ $(Y_n)_{n\geqslant 1}$ $\sigma\in [0,2]$ $(n_k)_{k\geqslant 1}$ $(X_{n_k}+Y_{n_k})_{k\geqslant 1}$ $N(0,\sigma^2)$

Kanıt. rasyonel sayıların numaralandırmasını ve düşünün . İçin tanımlama bir Gauss olarak vektörü merkezli kovaryans matrisi . Bu seçim ile, rasyonel olduğunda teklifin sonucunun tatmin olduğunu görebiliriz . Genel durum için bir yaklaşım argümanı kullanın. $(r_j)$ $[-1,1]$ $\tau\colon \mathbb N\to \mathbb N^2$ $n\in \tau^{-1}(\{j\})\times\mathbb N$ $(X_n,Y_n)$ $\pmatrix{1&r_j\\ r_j&1}$ $\sigma$

— Davide Giraudo
kaynak