La condición de Lindeberg fracasa, pero se sigue aplicando un CLT

Question

Estoy teniendo dificultades con este viejo problema del examen de calificación. Supongamos que tenemos una secuencia de V.R. independientes $\{X_n\}_{n\in\mathbb{N}}$ satisfactorio,

$$ \mathbb{P}(X_n = \pm n^2) = \frac{1}{12n^2}, \;\;\;\; \mathbb{P}(X_n = \pm n) = \frac{1}{12}, \;\;\;\; \mathbb{P}(X_n = 0) = 1 - \frac{1}{6} - \frac{1}{6n^2}$$

He conseguido demostrar que la condición de Lindeberg no retener. Sin embargo, el problema establece que la secuencia $\frac{S_n}{b_n}$ todavía converge en la distribución a una normal estándar, donde,

$$ S_n = \sum\limits_{k=1}^nX_k, \;\;\; b_n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{18} $$

¿Hay alguna forma descarada de mostrar esto? He intentado utilizar funciones características, pero creo que este método sería demasiado ineficiente en un examen cronometrado.

EDIT: He consultado con el director de posgrado y me ha dicho que había una errata en la pregunta. En realidad, la pregunta estaba tomada del texto "A Course in Probability Theory" de Chung (sección 7.2, ejercicio 10). El problema correcto dice:

Un CLT bien puede sostenerse con una secuencia diferente de constantes $b_n$ . Demuestra que la condición de Lindberg no se cumple. Sin embargo, si tomamos $b_n^2 = n^3/18$ entonces $S_n/b_n$ converge en dist. a la normal estándar. ¡La cuestión es que los valores anormalmente grandes pueden no contar! Sugerencia: Truncar el valor anormal

Answer 1

Creo que hay algo raro en el problema. Recordemos la siguiente afirmación conocida:

Dejemos que $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ sea una secuencia de variables aleatorias independientes de valor real tal que $\mathbb{E}(X_k)=0$ y $\sigma_k^2 = \mathbb{E}(X_k^2)>0$ . Establecer $s_n^2 := \sum_{k=1}^n \sigma_k^2$ . Si $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ satisface la condición de Feller $$\lim_{n \to \infty} \max_{1 \leq k \leq n} \frac{\sigma_k^2}{s_n^2} = 0, \tag{F}$$ entonces las dos afirmaciones siguientes son equivalentes:

1. $\frac{1}{s_n} (X_1+\ldots+X_n)$ converge en su distribución a una variable aleatoria gaussiana estándar.
2. La condición de Lindeberg se mantiene: $$\forall \epsilon>0: \quad \lim_{n \to \infty} \frac{1}{s_n^2} \sum_{k=1}^n \int_{|X_k|>\epsilon s_k} |X_k|^2 \, d\mathbb{P}=0. \tag{L}$$

En el ejemplo dado, tenemos

$$\sigma_k^2 = \mathbb{E}(X_k^2) = k^4 \mathbb{P}(|X_k| = k^2) + k^2 \mathbb{P}(|X_k| = k) = \frac{1}{3} k^2$$

y así

$$s_n^2 = \sum_{k=1}^n \sigma_k^2 = \frac{1}{18} n (n+1) (2n+1).$$

En particular, encontramos

$$\max_{k \leq n} \frac{\sigma_k^2}{s_n^2} \leq 6 \frac{n^2}{n (n+1)(2n+1)} \xrightarrow[]{n \to \infty} 0,$$

es decir, se cumple la condición de Feller (F). Según el teorema anterior, esto significa que el CLT se mantiene si, y sólo si, se cumple la condición de Lindeberg (L). Sin embargo, $s_k \approx k^{3/2}$ para grandes $k$ y por lo tanto

$$\int_{|X_k|>\epsilon s_k} |X_k|^2 \, d\mathbb{P} = \int_{|X_k| = k^2} k^4 \, d\mathbb{P} = \frac{1}{6}k^2$$

para grandes $k$ lo que implica que

$$\frac{1}{s_n^2} \sum_{k=1}^n \int_{|X_k|>\epsilon s_k} |X_k|^2 \, d\mathbb{P}\approx \frac{3}{n(n+1) (2n+1)} \sum_{k=1}^n k^2 = \frac{1}{18}$$

no converge a $0$ como $n \to \infty$ Esto demuestra que (L) no se cumple y, por lo tanto, (CLT) no puede cumplirse.

Answer 2

Añadiendo a lo que saz dicho, encontré problemas similares desde un enfoque diferente. Tomé su idea de las funciones características (aunque por simplicidad las reduje a funciones generadoras de momentos). Para cada $X_n$ tenemos $$M_{X_n}(t)=\frac56-\frac1{6n^2}+(e^{nt}+e^{-nt})\frac1{12}+(e^{n^2t}+e^{-n^2t})\frac1{12n^2}.$$

Entonces para $S_n$ Desde que el $X_1,\ldots,X_n$ son independientes $$M_{S_n}(t)=\prod_{k=1}^n M_{X_k}(t)=\prod_{k=1}^n \left(\frac56-\frac1{6k^2}+(e^{kt}+e^{-kt})\frac1{12}+(e^{k^2t}+e^{-k^2t})\frac1{12k^2} \right).$$

Por último, si definimos $Z_n=\tfrac{S_n}{b_n}$ entonces

$$M_{Z_n}(t)=M_{S_n}\left(\frac{t}{b_n}\right)=\prod_{k=1}^n \left(\frac56-\frac1{6k^2}+(e^{kt/b_n}+e^{-kt/b_n})\frac1{12}+(e^{k^2t/b_n}+e^{-k^2t/b_n})\frac1{12k^2} \right).$$

Ahora bien, como el MGF de $Z_n$ están bien definidos en una vecindad de $t=0$ es un teorema que $$Z_n \to N(0,1) \, (\mathcal D) \quad \iff \quad M_{Z_n}(t) \to e^{\tfrac{t^2}2},$$ o más generalmente $$Z_n \to Y \, (\mathcal D) \quad \iff \quad M_{Z_n}(t) \to M_Y(t).$$

Dado que la expresión de $Z_n$ no es ni de lejos "amigable", he estimado sus valores y he descubierto que (aparentemente) $$M_{Z_n}(t)\to \infty, \, t\neq 0.$$

Esto implica que $Z_n$ no converge en la distribución a una distribución con un MGF bien definido, y ciertamente, que no converge a una distribución normal.

Answer 3

Creo que he llegado a una solución. Siguiendo la pista, defina los R.V. truncados, $Y_j = X_jI\{|X_j| \leq j\}$ . Entonces,

$$ \sum\limits_{j=1}^\infty\mathbb{P}(X_j \neq Y_j) = \sum\limits_{j=1}^\infty\mathbb{P}(X_j = \pm j^2) = \sum\limits_{j=1}^\infty\frac{1}{6j^2} < \infty $$

Por Borel-Cantelli, $\mathbb{P}(X_j \neq Y_j \;\; i.o.) = 0$ es decir $\{X_j \neq Y_j\}_{j\in\mathbb{N}}$ sólo puede ocurrir un número finito de veces. Por lo tanto, $S_n^* = \sum\limits_{j=1}^nY_j$ y $S_n = \sum\limits_{j=1}^nX_j$ tienen la misma distribución asintótica. Se puede demostrar que la condición de Lindeberg aplicada a $\{Y_j\}_{j\in\mathbb{N}}$ hace retener. Así,

$$ S_n/b_n \sim S_n^*/b_n \xrightarrow{n\rightarrow\infty} N(0,1) $$

donde $b_n^2 = \sum\limits_{j=1}^n\mathbb{E}[Y_j^2] = \sum\limits_{j=1}^n\frac{j^2}{6} \sim \frac{n^3}{18}$ . La notación $\sim$ se entiende como "asintóticamente igual".

EDIT: Para justificar por qué $S_n/b_n$ y $S_n^*/b_n$ tienen la misma distribución asintótica, he utilizado los siguientes resultados de "A Course in Probability Theory" de Chung.

DEFINICIÓN. Dos secuencias de R.V. $\{X_n\}$ y $\{Y_n\}$ se dice que son equivalentes si $$\sum\limits_n\mathbb{P}(X_n \neq Y_n) < \infty$$ Teorema. Si $\{X_n\}$ y $\{Y_n\}$ son equivalentes, entonces, $$ \sum\limits_{n}(X_n - Y_n) $$ converge casi con seguridad. Además, si $a_n$ es una secuencia monótona que diverge a $+\infty$ Entonces, $$ \frac{1}{a_n}\sum\limits_{j=1}^n(X_j - Y_j) \xrightarrow{n\rightarrow\infty} 0 $$ casi seguro.