Asymptotic normality ของรูปแบบสมการกำลังสอง


11

Letเป็นเวกเตอร์สุ่มมาจากPพิจารณาตัวอย่างP กำหนดและ^ ปล่อย\ boldsymbol {\ mu}: = \ mathbb {E} _ {\ mathbf {x} \ sim P} [\ mathbf {x}]และC: = \ mathrm {cov} _ {\ mathbf {x} \ sim P} [\ mathbf {x} \ mathbf {x}]xP{xi}i=1ni.i.d.Px¯n:=1ni=1nxiC^:=1ni=1n(xix¯n)(xix¯n)μ:=ExP[x]C:=covxP[x,x]

โดยทฤษฎีบทขีด จำกัด กลางสมมติว่า

n(x¯nμ)dN(0,C),

โดยที่Cคือเมทริกซ์ความแปรปรวนแบบเต็มอันดับ

คำถาม : ฉันจะพิสูจน์ (หรือหักล้าง) ได้อย่างไร

n(x¯n(C^+γnI)1x¯nμC1μ)dN(0,v2),

สำหรับบางv>0และสำหรับγn0เช่นนั้นlimnγn=0 ? มันดูเรียบง่าย แต่ฉันไม่สามารถหาวิธีที่จะแสดงสิ่งนี้ได้อย่างชัดเจน นี่ไม่ใช่คำถามทำการบ้าน

ความเข้าใจของฉันคือว่าวิธีการเดลต้าจะช่วยให้เราสามารถสรุปได้อย่างง่ายดาย

n(x¯nC1x¯nμC1μ)dN(0,v2),

หรือ

n(x¯n(C^+γnI)1x¯nμ(C^+γnI)1μ)dN(0,v2).

สิ่งเหล่านี้แตกต่างจากที่ฉันต้องการ สังเกตว่าเมทริกซ์ความแปรปรวนร่วมในสองเทอม ฉันรู้สึกว่าฉันคิดถึงบางสิ่งที่สำคัญมากที่นี่ หรือถ้ามันทำให้สิ่งต่าง ๆ ง่ายขึ้นเราสามารถเพิกเฉยได้เช่น setและสมมติว่ากลับด้านได้ ขอบคุณγnγn=0C^


2
เราจำเป็นต้องรู้อะไรเกี่ยวกับไปที่ 0 มันเป็นค่าคงที่หรือไม่? ฉันคิดว่าคุณต้องแสดงซึ่งฉันคิดว่าเป็นผลมาจาก Slutsky แล้วฉันจะเขียนเป็น{C}) มีการกระจายที่ จำกัด ที่สามารถพบได้ด้วยวิธีการสุดท้ายคุณสามารถลองแสดงให้เห็นว่า ไปที่ 0 ในความน่าจะเป็น แม้ว่าฉันจะไม่แน่ใจว่าจะมี ...γnx¯nTγnIx¯np0C^C+bias(C^)x¯nTCx¯nδx¯nTbias(C^)x¯n
AdamO

γnเป็นลำดับของค่าคงที่ (ไม่ใช่แบบสุ่ม) ลำดับสามารถตั้งค่าเป็นสิ่งที่ทำให้การบรรจบกันทำงาน (ถ้ามีลำดับดังกล่าวอยู่) ฉันคิดว่าเป็นจริง ฉันไม่ได้ทำตามเหตุผลที่เราต้องการสิ่งนี้ก่อน แต่ให้ฉันคิดถึงมันและสิ่งที่เหลือให้มากขึ้น :)x¯nIx¯np0
Wij

2
ฉันไม่ได้พูดถึง: คุณลังเลที่จะใช้วิธีการโดยตรงและการเรียกใช้เสร็จสิ้นนั้นได้รับการรับประกันอย่างดี ฉันคิดว่าคุณสามารถเขียนมันออกมาได้อย่างระมัดระวัง ทฤษฎีบทที่มีประโยชน์สำหรับบทพิสูจน์ประเภทนี้คือทฤษฎีบทการทำแผนที่อย่างต่อเนื่องของ Mann-Wald และทฤษฎีบท Cramer-Wold δ
AdamO

ฉันยอมรับว่าผลลัพธ์ที่คุณพูดถึงอาจมีประโยชน์ ฉันยังคงไม่เห็นว่า ที่จริงฉันก็เริ่มที่จะคิดว่าการกระจาย asymptotic อาจไม่ใช่การกระจายตัวแบบปกติ
Wij

ดูเหมือนว่านี่จะซับซ้อนกว่าที่คิด กระดาษ arXiv ที่นี่อธิบายสิ่งที่เกิดขึ้นในมิติสูง ฉันไม่สามารถหาอะนาล็อกมิติคงที่ แต่พวกมันมีอาร์กิวเมนต์ finitie-dimensional ในส่วนที่ 3
Greenparker

คำตอบ:


1

มีปัญหาบางอย่างเมื่อใช้วิธีการ Delta สะดวกกว่าในการหามาด้วยมือ

ตามกฎหมายของจำนวนมากC ดังนั้นC ใช้ทฤษฎีบทของ Slutsky เรามี โดยทฤษฎีการทำแผนที่แบบต่อเนื่องเรามี ดังนั้น โดยทฤษฎีบทของ Slutsky เรามี การรวมกันของความเสมอภาคสองข้างต้นให้ผลตอบแทน C^PCC^+γnIPC

n(C^+γnI)1/2(X¯μ)dN(0,C1).
n(X¯μ)T(C^+γnI)1(X¯μ)di=1pλi1(C)χ12.
n(X¯μ)T(C^+γnI)1(X¯μ)P0.
nμT(C^+γnI)1(X¯μ)dN(0,μTC2μ).
n(X¯T(C^+γnI)1X¯μT(C^+γnI)1μ)=n((X¯μ)T(C^+γnI)1(X¯μ)2μT(C^+γnI)1(X¯μ))=2nμT(C^+γnI)1(X¯μ)+oP(1)dN(0,4μTC2μ).
งานที่เหลือคือการจัดการกับ แต่นี้ปริมาณระยะไม่ลู่ไป0พฤติกรรมซับซ้อนและขึ้นอยู่กับช่วงเวลาที่สามและสี่
n(μT(C^+γnI)1μμT(C)1μ).
0

เพื่อให้ง่ายด้านล่างเราถือว่าเป็นปกติกระจายและ1/2}) มันเป็นผลลัพธ์มาตรฐานที่ ที่คือเมทริกซ์แบบสุ่มแบบสมมาตรพร้อมองค์ประกอบแบบทแยงมุมเช่นและปิดองค์ประกอบในแนวทแยงเป็น(0,1) ดังนั้น โดยเมทริกซ์เทย์เลอร์ expantionเรามี Xiγn=o(n1/2)

n(C^C)dC1/2WC1/2,
WN(0,2)N(0,1)
n(C^+γnIC)dC1/2WC1/2,
(I+A)1IA+A2
n((C^+γnI)1C1)=nC1/2((C1/2(C^+γnI)C1/2)1I)C1/2=nC1(C^+γnIC)C1+OP(n1/2)dC1/2WC1/2.
ดังนั้น
n(μT(C^+γnI)1μμT(C)1μ)dμTC1/2WC1/2μN(0,(μTC1μ)2).

ดังนั้น

n(X¯T(C^+γnI)1X¯μTC1μ)dN(0,4μTC2μ+(μTC1μ)2).

1
ขอบคุณสำหรับคำตอบ. มันเป็นคำที่ไม่เข้าหา 0 ที่ทำให้สิ่งทั้งหมดยาก น่าเสียดายที่ฉันไม่สามารถสันนิษฐานได้ว่านั้นมีการแจกจ่ายตามปกติ แต่ฉันก็ยังคงชื่นชมคำตอบ หากคุณสามารถแสดงความคิดเห็นว่ามันขึ้นอยู่กับช่วงเวลาที่สามและสี่ (อาจมีการอ้างอิง) นั่นจะเป็นประโยชน์ ฉันไม่สามารถอธิบายได้ในขณะนี้ แต่ผมรู้สึกว่ามันมีการสลายตัวช้ากว่า1/2}) ฉันต้องคิดถึงเหตุผลให้ดีกว่านี้ Xigammano(n1/2)
Wij

ฉันลืมที่จะเพิ่มว่าในกรณีของฉันสามารถสันนิษฐานว่าจะอยู่ในชุดกะทัดรัด (ถ้าจำเป็น) สิ่งนี้อาจช่วยได้ในเงื่อนไขขณะนี้ Xi
Wij
โดยการใช้ไซต์ของเรา หมายความว่าคุณได้อ่านและทำความเข้าใจนโยบายคุกกี้และนโยบายความเป็นส่วนตัวของเราแล้ว
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.