Condición en$X$ en$(0,1)$ con$m=E(X)$ para que$\lim\limits_{t\to1}(1-t)E\left[\frac{(X-m)^2}{(m+t(X-m))^2}\right]$ exista y sea finito

Question

Deje $X \in (0,1)$ ser una variable aleatoria continua. Lo que sería una de las condiciones suficientes en $X$ tal que
\begin{align} \lim_{t \to 1}\ (1-t)\, \mathbb E \left[ \frac{(X-\mathbb E[X])^2}{ \left(\mathbb E[X]+t(X-\mathbb E[X]) \right)^2}\right] \end{align} es finito.

He probado el teorema de convergencia monótona pero no parece aplicarse. Yo también estuve un tiempo pensando acerca de cómo aplicar el teorema de convergencia dominada. Sin embargo, no estoy seguro de cómo enlazado $$(1-t) \frac{(X-\mathbb E[X])^2}{ \left(\mathbb E[X]+t(X-\mathbb E[X]) \right)^2}$$ He ploted la función \begin{align} f(t)= (1-t)\frac{(a-b)^2}{(b+t(a-b))^2} \end{align}

para $a \in (0,1)$ $b \in (0,1)$ y parece ser limitada. Sin embargo, no está seguro de cómo encontrar y exacta obligado.

Answer 1

Suponga que $X$ tiene una distribución continua con una limitada p.d.f. $f$. Asimismo, se asume que

$$ f(0^+) := \lim_{x\downarrow 0}f(x) $$

existe. Bajo este supuesto, no es difícil demostrar que

$$ \lim_{t \uparrow 1} \, (1-t) \cdot \mathbb{E} \left[ \frac{(X - \mathbb{E}X)^2}{(\mathbb{E}X + t(X - \mathbb{E}X))^2} \right] = (\mathbb{E}X) f(0^+). $$

De hecho, vamos a $m = \mathbb{E}X$ por la sencillez y la escritura

\begin{align*} &(1-t) \cdot \mathbb{E} \left[ \frac{(X - \mathbb{E}X)^2}{(\mathbb{E}X + t(X - \mathbb{E}X))^2} \right] \\ &\hspace{1em} = \int_{0}^{1} (1-t)\frac{(x-m)^2}{(m + t(x - m))^2} f(x) \, dx \\ &\hspace{1em} = \int_{0}^{1} (1-t)(x-m)^2 \left( \int_{0}^{\infty} u e^{-(m + t(x - m))u} \, du \right) f(x) \, dx \\ &\hspace{1em} = \int_{0}^{\infty} (1-t)m e^{-(1-t)mu} \left( \frac{1}{m} \int_{0}^{1} u (x-m)^2 e^{-tux} f(x) \, dx \right) \, du. \end{align*}

Por la convergencia dominada, se deduce que el interior de la integral converge debajo de la articulación límite de $u\uparrow\infty$$t \uparrow 1$:

\begin{align*} I(t,u) &:= \frac{1}{m} \int_{0}^{1} u (x-m)^2 e^{-tux} f(x) \, dx \\ &\hspace{2em} = \frac{1}{m} \int_{0}^{u} \left( \frac{x}{u}-m\right)^2 e^{-tx} f\left(\frac{x}{u}\right) \, dx \\ &\hspace{4em} \xrightarrow[u\uparrow\infty \text{ and } t\uparrow 1]{} \int_{0}^{\infty} m e^{-x} f(0^+) \, dx = m f(0^+). \end{align*}

Ahora por la convergencia dominada de nuevo,

\begin{align*} (1-t) \cdot \mathbb{E} \left[ \frac{(X - \mathbb{E}X)^2}{(\mathbb{E}X + t(X - \mathbb{E}X))^2} \right] &= \int_{0}^{\infty} (1-t)m e^{-(1-t)mu} I(t, u) \, du \\ &= \int_{0}^{\infty} e^{-u} I\left(t, \frac{u}{(1-t)m}\right) \, du \\ &\xrightarrow[t\uparrow 1]{} \int_{0}^{\infty} e^{-u} m f(0^+) \, du = mf(0^+). \end{align*}