Prueba de la convergencia en la distribución con momento no limitado

Question

He publicado la pregunta aquí pero nadie ha dado una respuesta, así que espero poder obtener una respuesta aquí. Muchas gracias.

Demostrar que dado $\{X_n\}$ siendo una secuencia de v.r. iid con densidad $|x|^{-3}$ en el exterior $(-1,1)$ lo siguiente es cierto: $$ \frac{X_1+X_2 + \dots +X_n}{\sqrt{n\log n}} \xrightarrow{\mathcal{D}}N(0,1). $$

El puesto original tiene un 2 en la raíz cuadrada del denominador. No debería haber un 2.

Answer 1

En primer lugar, defina $Y_{k,n} = X_k 1\{ |X_k| \leq n \}$ . Entonces es fácil ver que $Var(Y_{k,n}) = 2 \log n$ y que

$$Var (T_n ) = Var \left( \sum_{k=1}^n Y_{k,n} \right) = 2n \log n$$

Dejar $S_n = \sum_{k=1}^n X_k$ también vemos que

$$P(S_n \neq T_n) \leq P(\cup_k X_k \neq Y_{k,n}) \leq n P(X_k > n) = \frac{n}{2n^2} \to 0$$

Así que basta con mostrar

$$\frac{T_n}{\sqrt{2n \log n}} \to N(0,1)$$

y el resultado se sigue por el teorema de Slutsky para la suma original $S_n$ .

Esta nueva suma $T_n$ ahora tiene varianza finita por lo que podemos aplicar el teorema de Lindeberg-Feller (también llamado condición de Lindeberg).

Dejemos que $Z_{k,n} = \frac{Y_{k,n}}{\sqrt{2 n \log n}}$ . Entonces vemos que si se cumplen las dos condiciones del teorema de Lindeberg-Feller:

1. $\sum_{k=1}^n Var(Z_{k,n}) = 1 > 0$ para todos $n$ (se mantiene trivialmente)

2. Para todos $\epsilon > 0$ , $\sum_{k=1}^n E[|Z_{k,n}|^2 1\{ |Z_{k,n}| > \epsilon \}] \to 0$

entonces el resultado es el siguiente. Así que sólo hay que verificar la segunda condición.

Con la segunda condición hay que tener en cuenta que se puede reescribir $1\{ |Z_{k,n}| > \epsilon \}$ como

$$1\{ |Z_{k,n}| > \epsilon \} = 1\{ |Y_{k,n}| > \sqrt{n \log n }\epsilon \} = 1\{ X_k 1 \{ |X_k| \leq n \log n \} > \sqrt{n \log n }\epsilon \}$$

Answer 2

Se trata de una prueba por aproximación c.f:

El c.f. de $X_i$ es $$ \phi_i(t) = \int_{R}e^{itx}|x|^{-3}\boldsymbol{1}_{x \notin (-1,1)}dx = 2\int_{1}^{\infty}\frac{\cos(tx)}{x^3}dx. $$ Por lo tanto, para $Y_n = (X_1+X_2+\dots+X_n)(\sqrt{n\log n})^{-1}$ tenemos \begin{align*} \phi_{Y_n}(t) =& \phi_i\left(\frac{t}{\sqrt{n\log n}}\right)^n\\ =& \left(2\int_{1}^{\infty}\cos\left(\frac{tx}{\sqrt{n\log n}}\right)\frac{1}{x^3}dx\right)^n.\\ \end{align*} Primero consideramos la integral: \begin{align*} 2\int_{1}^{\infty}\cos\left(\frac{tx}{\sqrt{n\log n}}\right)\frac{1}{x^3}dx =& 1 + 2\int_{1}^{\infty}\cos\left(\frac{tx}{\sqrt{n\log n}}\right)\frac{1}{x^3}-\frac{1}{x^3}dx\\ =& 1 + 2\int_{1}^{\sqrt{n\log\log n}}\cos\left(\frac{tx}{\sqrt{n\log n}}\right)\frac{1}{x^3}-\frac{1}{x^3}dx \\ +& 2\int_{\sqrt{n\log\log n}}^{\infty}\cos\left(\frac{tx}{\sqrt{n\log n}}\right)\frac{1}{x^3}-\frac{1}{x^3}dx, \end{align*} ya que para $x \in [1, \sqrt{n\log\log n}]$ , ${\displaystyle \frac{tx}{\sqrt{n\log n}}} \to 0$ como $n \to \infty$ . Por lo tanto, podemos aplicar la expansión de Taylor del término del coseno en la primera integral alrededor de $0$ . Entonces tenemos \begin{align*} 2\int_{1}^{\infty}\cos\left(\frac{tx}{\sqrt{n\log n}}\right)\frac{1}{x^3}dx =& 1 + 2\int_{1}^{\sqrt{n\log\log n}}-\frac{t^2}{2n\log nx} + \left[\frac{t^4x}{24(n\log n)^2 }-\dots\right]dx \\ +& 2\int_{\sqrt{n\log\log n}}^{\infty}\cos\left(\frac{tx}{\sqrt{n\log n}}\right)\frac{1}{x^3}-\frac{1}{x^3}dx\\ =& 1 + 2\int_{1}^{\sqrt{n\log\log n}}-\frac{t^2}{2n\log nx}dx + o(1/n)\\ +& 2\int_{\sqrt{n\log\log n}}^{\infty}\cos\left(\frac{tx}{\sqrt{n\log n}}\right)\frac{1}{x^3}-\frac{1}{x^3}dx\\ =& 1 -\frac{t^2\log( n\log\log n)}{2n\log n} + o(1/n)\\ +& 2\int_{\sqrt{n\log\log n}}^{\infty}\cos\left(\frac{tx}{\sqrt{n\log n}}\right)\frac{1}{x^3}-\frac{1}{x^3}dx\\ \end{align*} Ahora \begin{align*} \int_{\sqrt{n\log\log n}}^{\infty}|\cos\left(\frac{tx}{\sqrt{n\log n}}\right)\frac{1}{x^3}-\frac{1}{x^3}|dx \leq& \int_{\sqrt{n\log\log n}}^{\infty}\frac{2}{x^3}dx\\ =& \frac{1}{n\log\log n} \in o(1/n). \end{align*} Por lo tanto, $$ 2\int_{1}^{\infty}\cos\left(\frac{tx}{\sqrt{n\log n}}\right)\frac{1}{x^3}dx = 1 -\frac{t^2\log( n\log\log n)}{2n\log n} + o(1/n). $$ Dejemos que $n \to \infty$ tenemos $$ \lim_{n \to \infty}\left(2\int_{1}^{\infty}\cos\left(\frac{tx}{\sqrt{n\log n}}\right)\frac{1}{x^3}dx\right)^n = \lim_{n \to \infty}\left(1 -\frac{t^2\log( n\log\log n)}{2n\log n}\right)^n = \lim_{n \to \infty}\left(1-\frac{t^2}{2n}\right)^n = e^{-t^2/2}, $$

lo que completa la prueba.

Answer 3

Para ver si esto nos lleva a algún sitio útil, voy a seguir un poco las líneas sugeridas por Glen_b en los comentarios. La función característica de las variables aleatorias subyacentes es:

$$\begin{equation} \begin{aligned} \varphi_X(t) = \mathbb{E}(\exp(itX)) &= \int \limits_{\mathbb{R}} \exp(itx) f_X(x) dx \\[6pt] &= \int \limits_{\mathbb{R}-(-1,1)} |x|^{-3} \exp(itx) dx \\[6pt] &= \int \limits_{\mathbb{R}-(-1,1)} |x|^{-3} \cos(tx) dx + i \int \limits_{\mathbb{R}-(-1,1)} |x|^{-3} \sin(tx) dx \\[6pt] &= \int \limits_{\mathbb{R}-(-1,1)} |x|^{-3} \cos(tx) dx \\[6pt] &= - \int \limits_{-\infty}^{-1} \frac{\cos(tx)}{x^3} dx + \int \limits_1^\infty \frac{\cos(tx)}{x^3} dx \\[6pt] &= 2 \int \limits_1^\infty \frac{\cos(|t|x)}{x^3} dx. \\[6pt] \end{aligned} \end{equation}$$

Ahora, utilizando el cambio de variable $y = x^{-2}$ tenemos $dy = -2 x^{-3} dx$ que da:

$$\begin{equation} \begin{aligned} \varphi_X(t) &= \int \limits_0^1 \cos \Big( \frac{|t|}{\sqrt{y}} \Big) dy. \\[6pt] \end{aligned} \end{equation}$$

Podemos ver que la función característica es simétrica alrededor de $t=0$ . Por lo tanto, sin pérdida de información podemos tomar $t>0$ y escribirlo en términos más sencillos como

$$\varphi_X(t) = \int \limits_0^1 \cos \Big( \frac{t}{\sqrt{y}} \Big) dy.$$

---

El límite requerido: Ahora definimos las sumas parciales:

$$S_n = \frac{X_1 + \cdots + X_n}{\sqrt{2n \log n}}.$$

Utilizando las reglas de las funciones características tenemos entonces:

$$\varphi_{S_n}(t) = \varphi_X \Bigg( \frac{t}{\sqrt{2n \log n}} \Bigg)^n = \Bigg[ \int \limits_0^1 \cos \Bigg( \frac{t}{\sqrt{2n}} \cdot \frac{1}{\sqrt{y \log n}} \Bigg) dy \Bigg]^n.$$

Para demostrar el resultado de convergencia tenemos que demostrar que $\lim_{n \rightarrow \infty} \varphi_{S_n}(t) = \exp( - t^2/2 )$ . Utilizando La expansión de Bernoulli para $e$ bastaría con demostrar que como $n$ se hace grande tenemos:

$$\int \limits_0^1 \cos \Bigg( \frac{t}{\sqrt{2n}} \cdot \frac{1}{\sqrt{y \log n}} \Bigg) dy \longrightarrow 1 - \frac{t^2}{2n}.$$

No voy a ir más allá de esto por ahora. No me queda claro si este resultado se mantiene, o cómo lo demostrarías, pero al menos esto te lleva a un posible camino hacia una solución. Para probar este límite, tendrías que encontrar alguna expansión útil del integrando que asegure que los términos de orden superior desaparecen en la integral como $n \rightarrow \infty$ .

Answer 4

Cuando empecé a leer esta pregunta estaba un poco confundido. Este factor $\sqrt{n\log n}$ no es intuitivo para mí. No es la expresión típica en el CLT.

A continuación intento ver tu pregunta de una manera más intuitiva sin recurrir a las funciones características y mirando los límites de los momentos superiores (que sería algo parecido a la prueba del CLT ). Creo que la cuestión ya está "fallando" a un nivel más simple.

La varianza de la distribución es $2$ por lo que la varianza de la suma es $2 \sqrt{n}$ . Cuando esta suma se divide por $\sqrt{n\log n}$ se obtiene una varianza de $\frac{1}{\log n}$ . Así que esto no va a ser igual a una distribución de $N(0,1)$ porque la varianza no es igual.

A menos que me esté perdiendo algo, no puedes probar la afirmación que intentas probar y toda la magia con las funciones características me parece una distracción.