ทฤษฎีบทของ Slutsky ยังคงใช้ได้เมื่อทั้งสองลำดับมาบรรจบกันเป็นตัวแปรสุ่มที่ไม่เสื่อมโทรมหรือไม่?

12

ฉันสับสนเกี่ยวกับรายละเอียดบางอย่างเกี่ยวกับทฤษฎีบทของ Slutsky :

ให้ $\{X_n\}$ , $\{Y_n\}$ เป็นสองลำดับขององค์ประกอบแบบสุ่มสเกลาร์ / เวกเตอร์ / เมทริกซ์

ถ้า $X_n$ ลู่ในการกระจายไปยังองค์ประกอบสุ่ม $X$ และ $Y_n$ ลู่เข้าในความน่าจะเป็นค่าคงที่ $c$ ดังนั้น
$\begin{aligned} X_{n} + Y_{n} & \overset{d}{\to} X + c \\ X_{n} Y_{n} & \overset{d}{\to} c X \\ X_{n} / Y_{n} & \overset{d}{\to} X / c, \end{aligned}$ $\eqalign{ X_{n}+Y_{n}\ &{\xrightarrow {d}}\ X+c\\ X_{n}Y_{n}\ &{\xrightarrow {d}}\ cX\\ X_{n}/Y_{n}\ &{\xrightarrow {d}}\ X/c, }$ ที่ $c$ นั้นกลับด้านได้โดยที่ ${\xrightarrow {d}}$ หมายถึงลู่เข้าหากันในการแจกแจง

หากทั้งสองลำดับในทฤษฎีบทของ Slutsky ทั้งคู่มารวมกันเป็นตัวแปรสุ่มที่ไม่เสื่อมโทรมทฤษฎีบทก็ยังคงใช้ได้และถ้าไม่ใช่ (มีคนให้ตัวอย่างเป็นตัวอย่าง) เงื่อนไขพิเศษที่ทำให้มันใช้ได้คืออะไร

— Nicolas H
แหล่งที่มา

15

ทฤษฎีบทของ Slutsky ไม่ได้ขยายไปถึงสองลำดับที่มาบรรจบกันในการกระจายไปยังตัวแปรสุ่ม หากลู่ในการกระจายไปยัง , ดีอาจล้มเหลวที่จะมาบรรจบกันหรืออาจจะมาบรรจบกันเพื่อสิ่งอื่นมากกว่า Y $Y_n$ $Y$ $X_n+Y_n$ $X+Y$

ตัวอย่างเช่นถ้าสำหรับทุก 'S, ไม่ได้มาบรรจบกันเพื่อความแตกต่างของทั้งสอง RV กับการจัดจำหน่ายเช่นเดียวกับX $Y_n=-X_n$ $n$ $X_n+Y_n$ $X$

อีกตัวอย่างหนึ่งคือเมื่อลำดับและมีความเป็นอิสระและทั้งสองมาบรรจบกันในการกระจายไปยังตัวแปรปกติถ้าใครนิยามและจากนั้น $\{X_n\}$ $\{Y_n\}$ $\text{N}(0,1)$ $X_1\sim\text{N}(0,1)$ $X_2=-X_1$ ดูคำตอบโดย Davideสำหรับรายละเอียดเพิ่มเติมเกี่ยวกับตัวอย่างนี้

\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}

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

— ซีอาน
แหล่งที่มา

2

มันจะขยายคุณต้องการบางสิ่งบางอย่างมากขึ้นเช่นความเป็นอิสระ

— kjetil b halvorsen

ฉันคิดถูกไหมว่าถ้าทั้งสองซีเควนซ์เข้าหาค่าคงที่แทน Slutsky ก็ยังคงใช้เพราะค่าคงที่เป็นกรณีพิเศษ (เสื่อม) ของ RV?

— half-pass

1

@ half-pass: ถูกต้อง

— ซีอาน

4

$(X_0,Y_0)$ $\pmatrix{1&\rho\\ \rho&1}$ $|\rho|\leqslant 1$ $X_n:=X_0$ $Y_n:=Y_0$ $n\geqslant 1$ $X_n\to X$ $Y_n\to Y$ $X$ $Y$ $X_n+Y_n$ $2+2\rho$ $X+Y$ เราไม่สามารถยืนยันได้ว่าในการกระจาย $X_n+Y_n\to X+Y$

ตัวอย่างนี้แสดง shosw ที่เราอาจมีโดยทั่วไปและในการกระจาย แต่ถ้าเราไม่มีข้อมูลเกี่ยวกับการกระจายของการบรรจบกันของอาจล้มเหลว $X_n\to X$ $Y_n\to Y$ $X+Y$ $X_n+Y_n\to X+Y$

แน่นอนทุกอย่างดีถ้าในการกระจาย (ตัวอย่างเช่นถ้าเป็นอิสระจากและของโดยทั่วไปเราสามารถยืนยันได้ว่าลำดับแน่น (นั่นคือสำหรับแต่ละบวกเราสามารถหาว่า ) นี่หมายถึง ที่เราอาจพบว่าลำดับที่เพิ่มขึ้นของจำนวนเต็มเช่นนั้นลู่ในการกระจายบางตัวแปรสุ่มZ $(X_n,Y_n)\to (X,Y)$ $X_n$ $Y_n$ $X$ $Y$ $(X_n+Y_n)_{n\geqslant 1}$ $\varepsilon$ $R$ $\sup_n\mathbb P\{|X_n+Y_n|\gt R\}\lt \varepsilon$ $(n_k)_{k\geqslant 1}$ $(X_{n_k}+Y_{n_k})_{k\geqslant 1}$ $Z$

เรื่อง มีลำดับของตัวแปรสุ่มแบบเกาส์และเช่นนั้นสำหรับเราสามารถหาลำดับจำนวนเต็มที่เพิ่มขึ้นเช่นว่าลู่ในการกระจายไปยัง2) $(X_n)_{n\geqslant 1}$ $(Y_n)_{n\geqslant 1}$ $\sigma\in [0,2]$ $(n_k)_{k\geqslant 1}$ $(X_{n_k}+Y_{n_k})_{k\geqslant 1}$ $N(0,\sigma^2)$

พิสูจน์ พิจารณาการแจงนับของตัวเลขเหตุผลของและ bijection 2 สำหรับกำหนดเป็นศูนย์กลางเวกเตอร์แบบเกาส์แปรปรวนเมทริกซ์1} ด้วยตัวเลือกนี้เราจะเห็นได้ว่าข้อสรุปของข้อเสนอนั้นเป็นที่พอใจเมื่อมีเหตุผล ใช้อาร์กิวเมนต์ประมาณสำหรับกรณีทั่วไป $(r_j)$ $[-1,1]$ $\tau\colon \mathbb N\to \mathbb N^2$ $n\in \tau^{-1}(\{j\})\times\mathbb N$ $(X_n,Y_n)$ $\pmatrix{1&r_j\\ r_j&1}$ $\sigma$

— Davide Giraudo
แหล่งที่มา