Límite interesante con Poisson y Distribución Chi-cuadrado.

Question

Estoy atascado con calcular el siguiente límite: \begin{align} \lim_{ n \to \infty} E \left[ \left(E \left[ \sqrt{ \frac{X}{n} + \frac{1}{2}} \, \Big | \, U \right] \right)^2 \right]. \end{align}

En la expresión anterior, $X$ da $U$ sigue de Poisson con parámetro de $U$ e donde se $U$ es un Chi-cuadrado de grado $n$.

Aquí es lo que he intentado:

Supongamos que nos vamos a \begin{align} V_n =\left(E \left[ \sqrt{ \frac{X}{n} + \frac{1}{2}} \, \Big | \, U \right] \right)^2 \end{align} Luego, utilizando la desigualdad de Jensen \begin{align} V_n \le E \left[ \frac{X}{n} + \frac{1}{2} \, \Big | U \, \right] = \frac{U}{n}+\frac{1}{2} \end{align} Por otra parte, tenemos que $E \left[ \frac{U}{n}+\frac{1}{2} \right]=1+\frac{1}{2}$. Por lo tanto, por el teorema de convergencia dominada tenemos que \begin{align} \lim_{n \to \infty} E[ V_n ]= E[ \lim_{n \to \infty} V_n ] \end{align}

Por lo tanto, suponiendo que todo lo que hasta aquí es correcto, para calcular el límite que tenemos que encontrar \begin{align} \lim_{n \to \infty} V_n&= \lim_{n \to \infty} \left(E \left[ \sqrt{ \frac{X}{n} + \frac{1}{2}} \, \Big | \, U \right] \right)^2\\ &= \left( \lim_{n \to \infty} E \left[ \sqrt{ \frac{X}{n} + \frac{1}{2}} \, \Big | \, U \right] \right)^2 \end{align}

Este es el lugar donde estoy atascado. Es simplemente otra de las aplicaciones del teorema de convergencia dominada? Si es así, entonces creo que la respuesta es \begin{align} \lim_{ n \to \infty} E \left[ \left(E \left[ \sqrt{ \frac{X}{n} + \frac{1}{2}} \, \Big | \, U \right] \right)^2 \right]=\frac{1}{2}. \end{align}

Lo que quiero decir con otra aplicación de dominar teorema de convergencia es que por cada $u>0$

\begin{align} E \left[ \sqrt{ \frac{X}{n} + \frac{1}{2}} \, \Big | \, U=u \right] &\le \sqrt{ E \left[ \frac{X}{n} + \frac{1}{2} \, \Big | \, U=u \right]}\\ &= \sqrt{ \frac{u}{n} + \frac{1}{2} }\\ &= \sqrt{ u + \frac{1}{2}} \end{align}

Por lo tanto,

\begin{align} E \left[ \sqrt{ \frac{X}{n} + \frac{1}{2}} \, \Big | \, U=u \right]= E \left[ \lim_{n \to \infty} \sqrt{ \frac{X}{n} + \frac{1}{2}} \, \Big | \, U=u \right]= \frac{1}{2}. \end{align}

Esta es una secuencia correcta de pasos? Me siento un poco inseguro acerca de la segunda aplicación del teorema de convergencia dominada.

Answer 1

Deje $\xi_1,\xi_2,\ldots$ ser yo.yo.d. $N(0,1)$. Deje $N_1,N_2,\ldots$ ser yo.yo.d., tasa de unidad de procesos de Poisson, construido de modo que el $\{N_j\}$ e $\{\xi_j\}$ son independientes.

Definir $Y_j=N_j(\xi_j^2)$. A continuación, $Y_1,Y_2,\ldots$ son yo.yo.d. y el condicional de distribución de $Y_j$ da $\xi=\{\xi_1,\xi_2,...\}$ es de Poisson con parámetro de $\xi_j^2$.

Deje $X_n=Y_1+\cdots+Y_n$ e $U_n=\xi_1^2+\cdots+\xi_n^2$. A continuación, $U_n$ tiene una distribución chi-squared con $n$ grados de libertad y la distribución condicional de $X_n$ da $\xi$ es de Poisson con parámetro de $U_n$. Estamos interesados en $\lim_{n\to\infty}EV_n$, donde $V_n=(E[Z_n\mid U_n])^2$y $$ Z_n = \sqrt{\frac{X_n}n + \frac12}. $$ Tenga en cuenta que $V_n=(E[Z_n\mid\xi])^2$.

Por la ley de los grandes números, $X_n/n\to EY_1=E\xi_1^2=1$ a.s. Por lo tanto, $Z_n\to\sqrt{3/2}$ a.s. Desde $EZ_n^2=3/2$ para todos los $n$, se deduce que el $\{Z_n\}$ es uniformemente integrable. Por lo tanto, $Z_n\to\sqrt{3/2}$ en $L^1$, lo que implica que $E[Z_n\mid\xi]\to\sqrt{3/2}$ en $L^1$.

Pasando a una larga, podemos suponer que esta convergencia es casi seguro. Luego, a lo largo de esta larga, $V_n\to3/2$ a.s. Ahora, \begin{align} EV_n^2 &\le EZ_n^4\\ &= E\left|{\frac{X_n}n + \frac12}\right|^2\\ &= n^{-2}EX_n^2 + n^{-1}EX_n + \frac14\\ &= n^{-2}EX_n^2 + 1 + \frac14. \end{align} Desde \begin{align} EX_n^2 &= E[E[X_n^2\mid U_n]]\\ &= E[U_n + U_n^2]\\ &= n + n(n+1)\\ &= n^2 + 2n, \end{align} tenemos $$ \sup_nEV_n^2 \le \sup_n\left({1 + \frac2n + 1 + \frac14}\right) < \infty. $$ Por lo tanto, $\{V_n\}$ es uniformemente integrable, y por lo $EV_n\to3/2$ a lo largo de la dada larga.

Esto demuestra que cada subsequence de $\{EV_n\}$ tiene además una larga convergentes a $3/2$. Por lo tanto, $EV_n\to3/2$.

EDITAR:

Aquí es una alternativa para la segunda mitad de la prueba, que utiliza una modificación de la convergencia dominada idea.

Seguir la prueba, hasta el punto donde nos muestran que $V_n\to3/2$ a.s. Ahora, $$ V_n \le W_n := E\left[{ \frac{X_n}n + \frac12 \;\bigg|\; U_n }\right] = \frac{U_n}n + \frac12. $$ Por la ley de los grandes números, $W_n\to3/2$ a.s. También, $EW_n=3/2$ para todos los $n$. Por lo tanto, por la generalizada del teorema de convergencia dominada (ver General de Lebesgue Teorema de Convergencia Dominada, por ejemplo), tenemos $EV_n\to 3/2$.

EDIT 2:

De hecho, mediante la imitación de la prueba de la generalización de la DCT (como se da en el enlace de arriba) y el uso de Fatou del lema para la esperanza condicional (Teorema de 6.56 en estas notas), puede probar lo siguiente:

Teorema. Supongamos $X_n\to X$ a.s., $|X_n|\le Y_n$, $Y_n\to Y$ a.s., y $E[Y_n\mid\mathcal{G}]\to E[Y\mid\mathcal{G}]$. A continuación, $E[X_n\mid\mathcal{G}]\to E[X\mid\mathcal{G}]$ a.s.

Ahora podemos usar este teorema para dar una alternativa de prueba de que $V_n\to3/2$ a.s. En primer lugar, $Z_n\to\sqrt{3/2}$ a.s. por la ley de los grandes números. Siguiente, ya $x\ge1/2$ implica $\sqrt x\,\le\sqrt 2\,x$, tenemos $$ Z_n \le \zeta_n := \sqrt2\,\left({\frac{X_n}n + \frac12}\right). $$ Desde $\zeta_n\to3/\sqrt2$ a.s. y $E\zeta_n=3/\sqrt2$ para todos los $n$, el teorema anterior implica $$ E[Z_n\mediados de U_n] = E[Z_n\mid\xi]\a\sqrt{3/2}\quad\text{a.s.} $$ Si utiliza estos dos suplentes, entonces usted tiene un riguroso encarnación de lo que se pensó originalmente, que era de dos aplicaciones del teorema de convergencia dominada.

Answer 2

prueba: en Lugar de la heurística argumento hice a continuación puede simplemente demostrar que la búsqueda de un límite inferior, ya que ya ha encontrado un límite superior de $3/2$ por la desigualdad de Jensen. El uso de $$\sqrt{1+2x}\geq \sqrt{3} \left(1+\frac{x-1}{3}\right) - (x-1)^2$$ $\forall x \geq 0$, que luego se convierte en con $x=\frac{X}{n}$ $$\mathbb{E}\left[ \sqrt{1+\frac{2X}{n}} \right] \geq \mathbb{E}\left[ \sqrt{3} \left(1+\frac{X/n-1}{3}\right) - (X/n-1)^2 \right] \\ =-{\frac {{U}^{2}}{{n}^{2}}}+ \left( -\frac{1}{n^2} + \frac{1}{\sqrt{3}\,n} + \frac{2}{n} \right) U + \frac{2}{\sqrt{3}}-1$$ y así, desde $$\mathbb{E}\left(U\right) = n \\ \mathbb{E}\left(U^2\right) = n(n+2)$$ entonces $$\lim_{n\rightarrow \infty} \mathbb{E} \left[\mathbb{E}\left[ \sqrt{1+\frac{2X}{n}} \right]\right] \geq \sqrt{3}$$ lo que significa que $$\lim_{n\rightarrow \infty} \mathbb{E} \left[\mathbb{E}\left[ \sqrt{1+\frac{2X}{n}} \right]^2\right] \geq \lim_{n\rightarrow \infty} \mathbb{E} \left[\mathbb{E}\left[ \sqrt{1+\frac{2X}{n}} \right]\right]^2 \geq \sqrt{3}^2 = 3 \tag{FKG}$$ porque para cualquier $u$ desde el dominio de la distribución chi-squared y desde $\sqrt{1+2x}$ es el aumento que hemos $$\frac{{\rm d}}{{\rm d}u} \sum_{k=0}^\infty \frac{u^k {\rm e}^{-u}}{k!}\sqrt{1+2k/n}=\sum_{k=0}^\infty \frac{u^k {\rm e}^{-u}}{k!}\left(\sqrt{1+2(k+1)/n}-\sqrt{1+2k/n}\right)\geq 0$$ and so $\mathbb{E}\left[\sqrt{1+\frac{2X}{n}}\right]$ is an increasing function in $U=u$ and the reqiurements for the FKG inequality are fulfilled. $\square$

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Originalmente me hizo demasiado largo de un comentario de un argumento heurístico. Aunque sé que estoy completamente de lado la convergencia de aquí, cuando simplemente manipular la correspondiente serie de expresiones de obtener el Jensen límite superior resultado de $3/2$. Comenzando con $$ \sqrt{1+\frac{2X}{n}}=\sum_{m=0}^{\infty} \binom{1/2}{m} \left(\frac{2X}{n}\right)^m $$ y, a continuación, el cálculo de ${\mathbb{E}(\cdot)}$ con respecto a la distribución de Poisson se obtiene $$ \mathbb{E}\left(\sqrt{1+\frac{2X}{n}}\right)=\sum_{m=0}^{\infty} \binom{1/2}{m} \left(\frac{2}{n}\right)^m \mathbb{E}\left(X^m\right) \\ =\sum_{m=0}^{\infty} \binom{1/2}{m} \left(\frac{2}{n}\right)^m \sum_{i=0}^m {m \llave i} \, U^i \\ =\sum_{i=0}^\infty U^i \sum_{m=i}^{\infty} \binom{1/2}{m} \left(\frac{2}{n}\right)^m {m \llave i} \\ \stackrel{m=i+k}{=}\sum_{i=0}^\infty \left(\frac{2U}{n}\right)^i \sum_{k=0}^{\infty} \binom{1/2}{i+k} \left(\frac{2}{n}\right)^k {i+k \llave i} \, . $$ El $i$-ésimo momento con respecto a la distribución chi-squared de grado $n$ es $$\mathbb{E}\left(U^i\right) = \frac{2^i \Gamma(i+n/2)}{\Gamma(n/2)} \sim n^i \left(1+\frac{i(i-1)}{n} + {\cal O}(1/n^2) \right)$$ que es meramente un asintótica de la serie, pero tomando sólo el primer término, el cuadrado de la ecuación anterior y teniendo en $\mathbb{E}(\cdot)$ obtenemos $$ \left(\sum_{i=0}^\infty 2^i \sum_{k=0}^{\infty} \binom{1/2}{i+k} \left(\frac{2}{n}\right)^k {i+k \llave i}\right)^2 \, . $$ Los términos de $k>0$ desaparecen para $n\rightarrow \infty$, por lo que nos quedamos con $$ \left( \sum_{i=0}^\infty \binom{1/2}{i} \, 2^i \right)^2 = \sqrt{1+2}^2 = 3 $$ donde nuevamente la serie no converge, pero sólo en el sentido de analiticidad. La recopilación de la izquierda global del factor de $1/2$ el resultado final de los rendimientos de $3/2$.