Condición necesaria y suficiente para la convergencia débil de la distribución gamma

Question

Sea $(X_n)_n$ sea una secuencia de variables aleatorias tal que $f_{X_n}(x)=\frac{1}{\Gamma(\alpha_n)}\lambda_n^{\alpha_n}x^{\alpha_n-1}e^{-\lambda_nx}1_{]0,+\infty[}(x),$ donde $\alpha_n>0,\lambda_n>0.$

1. Supongamos que $\alpha_n=1,\forall n \in \mathbb{N}.$ Encontrar una condición necesaria y suficiente para $(\lambda_n)_n$ tal que $(X_n)_n$ converge en la distribución.

2. En términos más generales, encontrar una condición necesaria y suficiente sobre $\alpha_n,\lambda_n$ para que $(X_n)_n$ converge en la distribución.

La primera parte es fácil, converge en la distribución si y sólo si $0<\liminf_n\lambda_n=\limsup_n\lambda_n$ .

Respecto a la parte 2), ¿es cierto que una condición de convergencia débil es la convergencia de $(\alpha_n)$ y $(\lambda_n)$ ?

Answer 1

"¿Es cierto que una condición de convergencia débil es la convergencia de $\alpha_n$ y $\lambda_n$ ?" La respuesta es negativa.

Contraejemplo:

Supongamos que $\lambda_n \to +\infty$ , $\alpha_n = \bar{o}(\lambda_n)$ , $n \to \infty$ y que $X_n$ tienen distribución $\Gamma(\lambda_n, \alpha_n)$ . Tenemos

$$\mathbb{E} e^{i t X_n} = \Bigl(1 - \frac{it}{\lambda_n} \Bigr)^{-\alpha_n} = e^{-\frac{\alpha_n}{\lambda_n} \cdot \lambda_n \ln\bigl( 1 - \frac{it}{\lambda_n} \bigr)}.$$

Por lo tanto,

$$\lim_{n \to \infty} \mathbb{E} e^{i t X_n} = \lim_{n \to \infty} e^{-\bar{o}(1) (-it)(1+\bar{o}(1))} = 1 = \mathbb{E} e^{i t \cdot 0}, $$ es decir $X_n \to 0$ en la distribución.

Así que podemos tomar, por ejemplo, $\lambda_n = n$ y $\alpha_n = 2 + (-1)^n$ para nuestro contraejemplo.

Si suponemos que $\alpha_n$ y $\lambda_n$ se separan de cero y $\infty$ es decir $0 < c \le \alpha_n, \lambda_n \le C < \infty$ que la convergencia de $X_n$ es equivalente a la convergencia puntual de las funciones $\Bigl(1 - \frac{it}{\lambda_n} \Bigr)^{-\alpha_n} $ para cada $t \in \mathbb{R}$ . En este caso podemos demostrar que "hay convergencia en la distribución" si " $\alpha_n$ y $\lambda_n$ son convergentes" (y en este caso $lim_n X_n \sim \Gamma(\lim_n \lambda_n, \lim_n \alpha_n)$ ). La parte "si" se deduce inmediatamente de la convergencia de las funciones características.

Para demostrar la segunda parte, tomemos una subsecuencia convergente $\alpha_{n_k}$ . Sabemos que $X_n$ tiene un límite, por lo tanto $\exists \lim_n \Bigl(1 - \frac{it}{\lambda_n} \Bigr)^{\alpha_n}$ . Ponga $t=1$ . Secuencias $\Bigl(1 - \frac{i}{\lambda_{n_k}} \Bigr)^{\alpha_{n_k}}$ y $\alpha_{n_k}$ son convergentes. Por lo tanto, para algún $\lambda, \alpha>0$ tenemos $\lambda_{n_k} \to \lambda$ , $\alpha_{n_k} \to \alpha$ y por lo tanto $$\lim_n \Bigl(1 - \frac{it}{\lambda_n} \Bigr)^{\alpha_n} \to \Bigl(1 - \frac{it}{\lambda} \Bigr)^{\alpha}.$$

Si existe otra subsecuencia convergente $\alpha_{n_k^*} \to \alpha^*$ tenemos (como arriba): $\lambda_{n_k^*} \to \lambda^*$ y $$\lim_n \Bigl(1 - \frac{it}{\lambda_n} \Bigr)^{\alpha_n} \to \Bigl(1 - \frac{it}{\lambda^*} \Bigr)^{\alpha^*}.$$ Además, $\alpha^*, \lambda^* > 0$ . Tenemos que demostrar que $\alpha = \alpha^*$ y $\lambda = \lambda^*$ .

Es fácil ver que

$$\Bigl(1 - \frac{it}{\lambda} \Bigr)^{\alpha} = \Bigl(1 - \frac{it}{\lambda^*} \Bigr)^{\alpha^*}$$ para todos $t \in \mathbb{R}$ . Ponga $C = \frac{\alpha}{\alpha^*} > 0$ . Tenemos $\Bigl(1 - \frac{it}{\lambda} \Bigr)^{C} = 1 - \frac{it}{\lambda^*} $ . Ponga $u(t) = 1 - \frac{it}{\lambda} $ . Tenemos: $u^C = $ función lineal de $u$ , $u \in \mathbb{R}$ . Por lo tanto, $C=1$ y $\alpha = \alpha^*$ .

Además, $\Bigl(1 - \frac{it}{\lambda} \Bigr)^{C} = 1 - \frac{it}{\lambda^*} $ Así que $\lambda = \lambda^*$ . La prueba está terminada.

Para el caso en que $\alpha_n$ y $\lambda_n$ no están separados de $0$ ambos tenemos el siguiente teorema.

Teorema 1.

Si $\alpha_n \ge c > 0$ y $\lambda_n \to 0$ puis $X_n$ diverge.

Si $\alpha_n \to 0$ y $\lambda_n \ge c > 0$ puis $X_n \overset{w}{\to} 0$ .

Si $\alpha_n \to 0$ y $\lambda_n \to 0$ entonces

$$X_n \overset{w}{\to} \Longleftrightarrow X_n \overset{w}{\to} 0 \Longleftrightarrow \lim_{n \to \infty} \alpha_n \ln \lambda_n = 0.$$

Demostremos el teorema. Si $\xi \sim \Gamma( \lambda, \alpha)$ entonces \begin{gather} \Bigl( 1 - \frac{it}{\lambda} \Bigr)^{-\alpha} = e^{-\alpha \ln(1 - \frac{it}{\lambda} )} = e^{-\alpha \Bigl( \ln \sqrt{1^2 + \frac{t^2}{\lambda^2}} + i \cdot arg(-\frac{t}{\lambda}) \Bigr) } = \nonumber \\ = e^{ - \frac{\alpha}2 \ln \bigl(1 + \frac{t^2}{\lambda^2} \bigr)} \cdot e^{i \alpha arctg \frac{t}{\lambda} } = {\Bigl( 1 + \frac{t^2}{\lambda^2}\Bigr)}^{-\frac{\alpha}2} \cdot e^{i \alpha arctg \frac{t}{\lambda} }.\nonumber \end{gather} Por lo tanto $$Ee^{itX_n} = {\Bigl( 1 + \frac{t^2}{\lambda_n^2}\Bigr)}^{-\frac{\alpha_n}2} \cdot e^{i \alpha_n arctg \frac{t}{\lambda_n} }.$$

A partir del teorema de continuidad de Levy tenemos $$ \Bigl( X_n \overset{w}{\to} \Bigr) \Longleftrightarrow \Bigl( \forall t \in \mathbb{R} \ \ \exists \lim_n Ee^{itX_n} = \phi(t) \text{and } \phi(t) \text{ is continious at } 0 \Bigr).$$

Si $\alpha_n \ge c > 0$ y $\lambda_n \to 0$ puis $\lim_n |Ee^{itX_n}| = {\Bigl( 1 + \frac{t^2}{\lambda_n^2}\Bigr)}^{-\frac{\alpha_n}2} \to I_{t=0}$ donde $I$ es una función indicadora. Si $X_n \overset{w}{\to} X$ puis $\lim_n |Ee^{itX_n}| = |Ee^{itX}|$ es continua (ya que es el módulo de la función característica). Pero $I_{t=0}$ no es continua. Por lo tanto $X_n$ diverge. Se demuestra el primer enunciado del teorema.

Aquí y en todas partes supondremos que $\alpha_n \to 0$ . Así $\alpha_n arctg \frac{t}{\lambda_n} = \text{ bounded } \cdot \alpha_n = \bar{o}(1)$ , $n \to \infty$ . Por lo tanto $e^{i \alpha_n arctg \frac{t}{\lambda_n} } = 1 + \bar{o}(1).$

Ponga $\phi_n(t) ={\Bigl( 1 + \frac{t^2}{\lambda_n^2}\Bigr)}^{-\frac{\alpha_n}2}$ . Demostramos que \begin{gather} \Bigl( X_n \overset{w}{\to} \Bigr) \Longleftrightarrow \Bigl( \forall t \in \mathbb{R} \exists \lim_n \phi_n(t) = \phi(t) \text{ and } \phi(t) \text{ is continious at } 0 \Bigr). (1) \end{gather}

Si $\alpha_n \to 0$ y $\lambda_n \ge c > 0$ puis $\phi_n(t) \to 1$ y además $Ee^{itX_n} \to 1$ Por lo tanto $X_n \overset{w}{\to} 0$ . Se demuestra el segundo enunciado del teorema.

Aquí y en todas partes supondremos que $\lambda_n \to 0$ . Para $t \ne 0$ tenemos

\begin{gather} \phi_n(t) = e^{-\frac{\alpha_n}2 \ln {\Bigl( 1 + \frac{t^2}{\lambda_n^2}\Bigr)} } = e^{-\frac{\alpha_n}2 (1 + \bar{o}(1))\ln {\Bigl(\frac{t^2}{\lambda_n^2}\Bigr)} } = \nonumber \\ = e^{-\alpha_n (1 + \bar{o}(1)) ( \ln t - \ln \lambda_n )} = e^{\alpha_n \ln \lambda_n (1 + \bar{o}(1))} \end{gather}

Por lo tanto, para $t \ne 0$ tenemos $$ \exists lim_n \phi_n(t) \Longleftrightarrow \exists lim_n \alpha_n \ln \lambda_n = A \in [-\infty, 0]$$ y si esta condición se cumple, entonces $\phi(t) = lim_n \phi_n(t) = e^{A}$ , $t \ne 0$ . Obviamente $lim_n \phi_n(0) = lim_n 1 = 1$ .

Así que \begin{gather} \Bigl( \forall t \in \mathbb{R} \ \ \exists \lim_n \phi_n(t) = \phi(t) \text{ and } \phi(t) \text{ is continious at } 0 \Bigr) \Longleftrightarrow \nonumber \\ \exists lim_n (\alpha_n \ln \lambda_n) = A \text{ and } A=0. (2) \end{gather} De (1) y (2) se deduce que $X_n$ converge si $ \lim_{n \to \infty} \lambda_n \ln \alpha_n = 0$ . Además, si $ \lim_{n \to \infty} \lambda_n \ln \alpha_n = 0$ puis $Ee^{itX_n} = \phi_n(t) \cdot e^{i \alpha_n arctg \frac{t}{\lambda_n} } \to 1 = Ee^{it\cdot 0}$ Por lo tanto $X_n \overset{w}{\to} 0$ .

Se demuestra el teorema.

Answer 2

Este comentario es la segunda parte de mi comentario anterior, lo escribo por separado para facilitar la escritura.

¿Qué hemos demostrado ya? Por si acaso, cuando $\alpha_n \to 0$ o $\lambda_n \to 0$ o ambos tienden a cero, la respuesta viene dada por el teorema anterior. Supongamos ahora que $\alpha_n$ y $\lambda_n$ se separan de cero. Un caso en el que ambos están separados de $\infty$ también se consideró --- en este caso demostramos que $ \Bigl( X_n \overset{w}{\to} \Bigr) \Longleftrightarrow \exists \lim_n \lambda_n$ y $\exists \lim_n \alpha_n$ . Ahora trataremos el último caso, cuando $\alpha_n$ y $\lambda_n$ están separadas de cero y al menos una de ellas no está separada de $\infty$ .

Teorema 2.

Supongamos que $\alpha_n\ge c_1 > 0$ y $\lambda_n \ge c_1 > 0$ .

Si $\alpha_n \le c_2$ y $\lambda_n \to \infty$ puis $X_n \overset{w}{\to} 0$ .

Si $\alpha_n \to \infty$ y $\lambda_n \le c_2$ puis $X_n$ diverge.

Si $\alpha_n \to \infty$ y $\lambda_n \to \infty$ entonces $$X_n \overset{w}{\to} \Longleftrightarrow \exists \lim_n \frac{\alpha_n}{\lambda_n},$$ y si $X_n$ es convergente, entonces $X_n \overset{w}{\to} \lim_n \frac{\alpha_n}{\lambda_n}$ .

Demostremos el teorema 2.

La primera y la segunda afirmaciones pueden demostrarse de forma similar a la demostración del teorema 1.

Consideremos el caso más interesante: $\alpha_n \to \infty$ y $\lambda_n \to \infty$ . Aquí y en todas partes supondremos que esta condición se cumple.

Como en el caso anterior, tenemos $$Ee^{itX_n} = {\Bigl( 1 + \frac{t^2}{\lambda_n^2}\Bigr)}^{-\frac{\alpha_n}2} \cdot e^{i \alpha_n arctg \frac{t}{\lambda_n} } = e^{- \frac{\alpha_n}2 \cdot \frac{t^2}{\lambda_n^2}(1+\bar{o}(1))} \cdot e^{i t \frac{\alpha_n}{\lambda_n} (1+\bar{o}(1))}. $$

Supongamos que $X_n$ es convergente. Por lo tanto $|Ee^{itX_n}|$ converge a una función continua. Pero $|Ee^{itX_n}| = e^{- \frac{\alpha_n}2 \cdot \frac{t^2}{\lambda_n^2}(1+\bar{o}(1))} $ así $ \frac{\alpha_n}{\lambda_n^2} \to A \in [0, \infty)$ . Además, $Ee^{itX_n}$ converge a una función continua. Por lo tanto $e^{i t \frac{\alpha_n}{\lambda_n} (1+\bar{o}(1))}$ converge a una función continua. Esto significa que $\xi_n = \frac{\alpha_n}{\lambda_n}$ converge débilmente a algún $\xi$ . Ponga $F_{\xi_n}(x) = P(\xi_n \le x)$ , $F_{\xi}(x) = P(\xi_n \le x)$ . Sabemos que $F_{\xi_n}(x) \to F_{\xi}(x) $ para todos $x$ excepto el conjunto más contable. Por lo tanto, $F_{\xi}(x)$ es una función de distribución de alguna constante. Es fácil ver que $\exists \lim_n \frac{\alpha_n}{\lambda_n} < \infty$ y este límite es igual a $\xi$ . Así que probamos que

$$ \Bigl( X_n \overset{w}{\to} \Bigr) \Longrightarrow \Bigl( \exists \lim_n \frac{\alpha_n}{\lambda_n} \Bigr). $$

Supongamos ahora que $\exists \lim_n \frac{\alpha_n}{\lambda_n} = B < \infty$ . Así $\exists \lim_n \frac{\alpha_n}{\lambda_n^2} = 0$ . Sabemos que $Ee^{itX_n} = e^{- \frac{\alpha_n}2 \cdot \frac{t^2}{\lambda_n^2}(1+\bar{o}(1))} \cdot e^{i t \frac{\alpha_n}{\lambda_n} (1+\bar{o}(1))}$ de ahí $Ee^{itX_n} = e^{i t B (1+\bar{o}(1))}$ .

Así $$\Bigl(\exists \lim_n \frac{\alpha_n}{\lambda_n} = B \Bigr) \Longrightarrow \Bigl(X_n \overset{w}{\to} B\Bigr),$$ q.e.d.

Por último, presentaremos una demostración informal de la mayor parte del teorema 2: el caso en que $\alpha_n \to \infty$ . Es bien sabido que $\Gamma(\lambda, m)$ es una suma de $m$ variables aleatorias exponenciales independientes $\exp{\lambda}$ con el parámetro $\lambda$ . Se cumple la siguiente igualdad simbólica: $\exp{\lambda} = \frac{\exp{1}}{\lambda}$ significa que $\lambda$ es un parámetro de escala. Por lo tanto, en el caso $\alpha_n \to \infty$ . tenemos \begin{gather} X_n \overset{d}{=} \Gamma(\lambda_n, \alpha_n) \approx \sum_{i=1}^{[\alpha_n]} \exp{\lambda_n} = \sum_{i=1}^{[\alpha_n]} \frac{\exp{1}}{\lambda_n} \nonumber =\\ =\frac{\sum_{i=1}^{[\alpha_n]} \exp{1} }{[\alpha_n]} \cdot \frac{[\alpha_n]}{\lambda_n} = \text{S.L.L.N.} = (1+\bar{o}(1)) \cdot \frac{[\alpha_n]}{\lambda_n} \approx \frac{\alpha_n}{\lambda_n}. \nonumber \end{gather} Ahora es fácil ver que si $\lambda_n \le c_2$ puis $X_n$ diverge y si $\lambda_n \to \infty$ puis $\Bigl(X_n \overset{w}{\to}\Bigr)$ si $\exists \lim_n \frac{\alpha_n}{\lambda_n}$ . Además, si $X_n$ es convergente, entonces $X_n \overset{w}{\to} \lim_n \frac{\alpha_n}{\lambda_n}$ .

Ahora es fácil ver construir secuencias "malas" $\alpha_n$ y $\lambda_n$ tal que $X_n$ converge. Por ejemplo, ponga

\begin{gather} \alpha_{3n} = \frac1{n}, \lambda_{3n} = 2+(-1)^n,\\ \alpha_{3n+1} = 2+(-1)^n, \lambda_{3n+1} = n,\\ \alpha_{3n+2} = \frac1{n}, \lambda_{3n+2} = \frac1{n}. \end{gather}

Del Teorema 1 y del Teorema 2 se deduce que $X_n \overset{d}{\to} 0$ .

Answer 3

Sea $\{\mu_n\overset{\text{d}}{=}\Gamma(\alpha_n,\lambda_n), n\ge 1\}$ sea una secuencia de distribuciones Gamma.
Condiciones necesarias y suficientes para la convergencia débil de la distribución Gamma pueden expresarse como sigue:

1. Las condiciones necesarias y suficientes de $ \mu_n\Rightarrow\delta_0 $ (donde $\delta_0$ es una distribución de probabilidad puntual concentrada en $0$ ) son \begin{equation*} \lim_{n\to\infty}\alpha_n\log\Big(1+\frac1{\lambda_n}\Big)= 0. \tag{1} \end{equation*}

2. Las condiciones necesarias y suficientes de $ \mu_n\Rightarrow\delta_c$ (donde $\delta_c$ es una distribución de probabilidad puntual concentrada en $c>0$ ) son

\begin{equation*} \lim_{n\to\infty}\lambda_n=\infty, \qquad \lim_{n\to\infty}\frac{\alpha_n}{\lambda_n}= c. \tag{2} \end{equation*}

3. Las condiciones necesarias y suficientes de $ \mu_n\Rightarrow\mu\ne\delta_c(c\ge 0)$ son \begin{equation*} \lim_{n\to\infty}\alpha_n=\alpha\in(0,\infty),\qquad \lim_{n\to\infty}\lambda_n=\lambda\in(0,\infty). \tag{3} \end{equation*}

Si $\mu$ es una distribución de probabilidad sobre $\mathbb{R}_+=[0,\infty)$ entonces defina el Laplace de $ \mu $ como sigue: $$ L(u)=\int_0^\infty e^{-ux}\mu(dx),\qquad u>0, $$ y $$ \psi(u) =-\log L(u). $$ (Para la transformada de Laplace de las distribuciones, consulte el documento W. Feller, Introducción a la teoría de la probabilidad y sus aplicaciones (2ª Ed.), Vol.II John Wiley & Sons, Inc.(1971). Cap. 13.) Si $\mu=\Gamma(\alpha,\lambda)$ es un $\Gamma$ -entonces es una distribución infinitamente divisible en $\mathbb{R}_+$ y su transformada de Laplace es $$ L(u)=\Big(1+\frac{u}{\lambda}\Big)^{-\alpha}. $$ y \begin{gather*} \psi(u)=-\log L(u)=\alpha\log\Big(1+\frac{u}{\lambda}\Big). \tag{4}\\ \alpha=\frac{\psi(u)}{\log\Big(1+\dfrac{u}{\lambda}\Big)}\qquad \lambda=\frac{u}{e^{\psi(u)/\alpha}-1}. \tag{5} \end{gather*} En particular, $$ \psi_{\delta_0}(u)=0,\qquad \psi_{\delta_c}(u)=cu. $$ Para $\mu_n\overset{w}{\to}\mu^\ast$ si se cumple el siguiente límite (véase el libro de Feller), \begin{gather*} L_n(u)\to L^\ast(u),\qquad \forall u\ge0,\\ \begin{aligned} \psi_n(u)&=-\log L_n(u)=\alpha_n\log\Big(1+\frac{u}{\lambda_n}\Big)\\ &\to\psi^\ast(u)=\log L^\ast(u),\qquad \forall u\ge0. \end{aligned} \tag{6} \end{reunir*} Utilizando el método similar para funciones características también podríamos deducir que la convergencia en (6) es uniforme en $ u=0 $ es decir \begin{equation*} \lim_{n\to\infty}\psi_n(u_n)=0.\qquad \forall u_n\to0. \tag{7} \end{equation*} En primer lugar, para demostrar la suficiencia de (1), basta con utilizar el siguiente hecho: \begin{align*} 0<c_1(u)&\le \inf_{\lambda>0}\frac{\log\Big(1+\dfrac{u}{\lambda}\Big)}{\log\Big(1+\dfrac1{\lambda}\Big)}\\ &\le \sup_{\lambda>0}\frac{\log\Big(1+\dfrac{u}{\lambda}\Big)}{\log\Big(1+\dfrac1{\lambda}\Big)} \le C_2(u)<\infty,\qquad \forall u>0. \end{align*}

Las pruebas de suficiencia de (2),(3) son directas.

A continuación sólo se discute la necesidad. En lo sucesivo supondremos siempre $\mu_n\overset{w}{\to}\mu^\ast$ y (6) se cumple.

A. Si $ \psi^\ast(u)\ne0 $ entonces \begin{equation*} \varliminf_{n\to\infty} \alpha_n>0,\qquad \varliminf_{n\to\infty} \lambda_n>0. \tag{8} \end{equation*}

\textit {prueba}: Demostrar (8) usando contradictorio. Si (8) no es cierta, entonces existe una subsecuencia $ \alpha_{n_k}(\text{or }\lambda_{n_k})\to 0 $ . A partir de (6), \begin{gather*} \lambda_{n_k}=\frac{\psi_{n_k}(u)}{e^{\psi_{n_k}(u)/\alpha_{n_k}}-1}\to0.\\ \Big(\text{or } \alpha_{n_k}=\frac{\psi_{n_k}(u)}{\log\Big(1+\dfrac{u}{\lambda_{n_k}}\Big)}\to0.\Big) \end{gather*} Por lo tanto, ambos $\alpha_{n_k}\to 0$ , $\lambda_{n_k}\to 0$ . Si $\psi^\ast(a)\ne 0$ , \begin{equation*} \lim_{k\to\infty} \alpha_{n_k}\log\Big(1+\frac{a}{\lambda_{n_k}}\Big) =\lim_{k\to\infty} \psi_{n_k}(a)=\psi^{\ast}(a)\ne0. \tag{9} \end{equation*}
Ahora toma $ u_{n_k}=\sqrt{\lambda_{n_k}^2+a\lambda_{n_k}}-\lambda_{n_k} $ , entonces $ u_{n_k}\to0 $ y \begin{align*} \psi_{n_k}(u_{n_k})&=\alpha_{n_k}\log\Big(1+\frac{u_{n_k}}{\lambda_{n_k}}\Big)\\ &=\frac12\alpha_{n_k}\log\Big(1+\frac{a}{\lambda_{n_k}}\Big) \to \frac12\psi^\ast(a)\ne0 \tag{10} \end{align*}
(10) se contradice con (7). Por lo tanto, (8) se cumple.

B. Si $ \psi^\ast(u)\ne0 $ y existe una subsecuencia $\alpha_{n_k}\to\infty$ (o $ \lambda_{n_k}\to\infty $ ), entonces \begin{gather*} \lim_{n\to\infty}\alpha_n=\lim_{n\to\infty}\lambda_n=\infty,\\ \lim_{n\to\infty}\frac{\alpha_n}{\lambda_n}=c, \qquad \psi^\ast(u)=cu. \end{gather*}

\textit {prueba}: A partir de (6), si $\alpha_{n_k}\to\infty$ (o $ \lambda_{n_k}\to\infty $ ), entonces \begin{equation*} \lambda_{n_k}=\frac{\psi_{n_k}(u)}{e^{\psi_{n_k}(u)/\alpha_{n_k}}-1}\to\infty,\quad \Big(\text{or } \alpha_{n_k}=\frac{\psi_{n_k}(u)}{\log\Big(1+\dfrac{u}{\lambda_{n_k}}\Big)} \to\infty\Big) \end{equation*} y \begin{align*} \lim_{k\to\infty}\frac{\alpha_{n_k}}{\lambda_{n_k}} &=\lim_{k\to\infty}\frac{\psi_{n_k}(u)}{\lambda_{n_k}\log\Big(1+\dfrac{u}{\lambda_{n_k}}\Big)}\\ &=\frac{\psi^\ast(u)}{u}\ne0, \end{align*} $$ \psi^\ast(u)=cu.$$ En este caso, si existe una subsecuencia convergente $ \{\alpha_{n_k},k\ge 1\} $ (o $\{\lambda_{n_k},k\ge 1\}$ ), pero no convergen a $ \infty $ entonces el $\psi_{n_k}(u)\to\psi^{\ast\ast}(u)\ne cu=\psi^\ast(u) $ por lo que no existe ninguna subsecuencia $ \{\alpha_{n_k},k\ge 1\} $ (ni $\{\lambda_{n_k},k\ge 1\} $ ) que convergen a un límite finito. B retenciones.

C. Si $ \psi^\ast(u)\ne cu(c\ge 0) $ entonces \begin{gather*} \lim_{n\to\infty}\alpha_n=\alpha^\ast\in(0,\infty),\\ \lim_{n\to\infty}\lambda_n=\lambda^\ast\in(0,\infty).\\ \psi^\ast(u)=\alpha^\ast\log\Big(1+\frac{u}{\lambda^\ast}\Big). \end{gather*}

\textit {prueba}: De { \bfseries B, C}, si $ \psi^\ast(u)\ne cu(c\ge 0) $ entonces \begin{gather*} 0<\varliminf_{n\to\infty} \alpha_n\le \varlimsup_{n\to\infty} \alpha_n<\infty,\\ 0<\varliminf_{n\to\infty} \lambda_n\le \varlimsup_{n\to\infty} \lambda_n<\infty. \end{gather*} Esto significa que $S=\{(\alpha_n,\lambda_n), n\ge 1\} $ es un conjunto compacto relativo en $(0,+\infty)\times(0,+\infty)$ (El cierre $\overline{S}\subset(0,+\infty)\times(0,+\infty)$ y $\overline{S}$ es compacto). Ahora demostramos que $ A $ tiene un único punto límite. Supongamos que $\{(\alpha_{n_k},\lambda_{n_k}), k\ge 1\} $ es una subsecuencia convergente en $ S $ y \begin{align*} \alpha^\ast=\lim_{k\to\infty}\alpha_{n_k},\qquad \lambda^\ast=\lim_{k\to\infty}\lambda_{n_k} \end{align*} entonces $\mu^*\overset{\text{d}}{=}\lim\limits_{k\to\infty}\mu_{n_k}$ es un $ \Gamma(\alpha^\ast, \lambda^\ast) $ -distribución y \begin{equation*} \alpha^\ast=\frac{(\mathsf{E}_{\mu^\ast}[X])^2}{\mathsf{V}_{\mu^\ast}[X]},\quad \lambda^\ast=\frac{\mathsf{E}_{\mu^\ast}[X]}{\mathsf{V}_{\mu^\ast}[X]}. \end{equation*} Esto también significa que para $ S $ existe un único punto límite $(\alpha^\ast,\lambda^\ast)$ y $ \mu^\ast\overset{\text{d}}{=}\Gamma(\alpha^\ast,\lambda^\ast) $ . C retenciones.

A partir de los hechos anteriores, es fácil obtener las condiciones necesarias para la convergencia débil de la distribución Gamma.

Answer 4

En este comentario daré una respuesta completa a la pregunta sobre la convergencia de $X_n$ .

Diremos que la secuencia $(\alpha_n, \lambda_n)$ es "bonito" si tiene la siguiente propiedad. Si para alguna subsecuencia $\alpha_{n_k}$ tenemos $\alpha_{n_k} \to c \in [0, \infty]$ entonces:

1. si $c=0$ puis $\liminf_{k} \lambda_{n_k}^{\alpha_{n_k}} \ge 1$
2. si $c>0$ puis $\lim_{k} \frac{\alpha_{n_k}}{\lambda_{n_k}}=0$ .

Teorema 3: Si $X_n \overset{d}{\to} X$ puis $X$ puede ser $constant \ge 0$ o $X \sim \Gamma(\lambda, \alpha)$ .

$$\Bigl( X_n \overset{d}{\to} 0 \Bigr) \Longleftrightarrow \Bigl( (\alpha_n, \lambda_n) \text{ is "nice"} \Bigr).$$

$$\Bigl(X_n \overset{d}{\to} X = C = const>0 \Bigr) \Longleftrightarrow \Bigl( \alpha_n \to \infty \text{ and } \frac{\alpha_n}{\lambda_n} \to C \in (0, \infty) \Bigr)$$

\begin{gather} \Bigl(X_n \overset{d}{\to} X \sim \Gamma(\lambda, \alpha) \Bigr) \Longleftrightarrow \Bigl( \lim_n \alpha_n = \alpha \in (0, \infty) \text{ and } \lim_n \alpha_n = \lambda \in (0, \infty) \Bigr)\nonumber \end{gather}

Corolario 1.

$X_n$ es convergente si se cumple una de las siguientes condiciones:

1. $(\alpha_n, \lambda_n)$ es "agradable"
2. $\Bigl( \alpha_n \to \infty \text{ and } \frac{\alpha_n}{\lambda_n} \to C \in (0, \infty) \Bigr)$
3. $\lim_n \alpha_n = \alpha \in (0, \infty) \text{ and } \lim_n \alpha_n = \lambda \in (0, \infty)$ .

Prueba.

En primer lugar, presentaré los resultados de mi $2$ comentarios anteriores de forma concisa.

Si $\alpha_n \ge c > 0$ y $\lambda_n \to 0$ puis $X_n$ diverge.

Si $\alpha_n \to 0$ y $\lambda_n \ge c > 0$ puis $X_n \overset{w}{\to} 0$ .

Si $\alpha_n \to 0$ y $\lambda_n \to 0$ entonces

$$X_n \overset{w}{\to} \Longleftrightarrow X_n \overset{w}{\to} 0 \Longleftrightarrow \Bigl(\lim_{n \to \infty} \alpha_n \ln \lambda_n = 0.\Bigr)$$

Si para algunos $0<c_1 \le c_2 < \infty$ tenemos $\alpha_n, \lambda_n \in [c_1, c_2]$ entonces

$ \Bigl( X_n \overset{w}{\to} \Bigr) \Longleftrightarrow \Bigl(\exists \lim_n \lambda_n$ y $\exists \lim_n \alpha_n \Bigr)$ . En este caso $X_n \overset{w}{\to} \Gamma(\lim_n \lambda_n, \lim_n \alpha_n)$ .

Si $\alpha_n \le c_2$ y $\lambda_n \to \infty$ puis $X_n \overset{w}{\to} 0$ .

Si $\alpha_n \to \infty$ y $\lambda_n \le c_2$ puis $X_n$ diverge.

Si $\alpha_n \to \infty$ y $\lambda_n \to \infty$ entonces $$X_n \overset{w}{\to} \Longleftrightarrow \exists \lim_n \frac{\alpha_n}{\lambda_n},$$ y si $X_n$ es convergente, entonces $X_n \overset{w}{\to} \lim_n \frac{\alpha_n}{\lambda_n}$ .

Es fácil ver que si $X_n \overset{d}{\to} X$ puis $X$ puede ser $constant \ge 0$ o $X \sim \Gamma(\lambda, \alpha)$ .

Además, se deduce inmediatamente que $$\Bigl(X_n \overset{d}{\to} X = C = const>0 \Bigr) \Longleftrightarrow \Bigl( \alpha_n \to \infty \text{ and } \frac{\alpha_n}{\lambda_n} \to C \Bigr)$$ y \begin{gather} \Bigl(X_n \overset{d}{\to} X \sim \Gamma(\lambda, \alpha) \Bigr) \Longleftrightarrow \Bigl( \lim_n \alpha_n = \alpha \in (0, \infty) \text{ and } \lim_n \alpha_n = \lambda \in (0, \infty) \Bigr)\nonumber \end{gather} Estas condiciones fueron mencionadas aquí por JGWang.

El caso más interesante es cuando $X_n \overset{d}{\to} 0$ .

Tenemos convergencia $X_n \overset{d}{\to} 0$ sólo en estos casos:

1. $\alpha_n \to 0$ y $\lambda_n \ge c > 0$ ,

2. $\alpha_n \to 0$ , $\lambda_n \to 0$ y $\lim_{n \to \infty} \alpha_n \ln \lambda_n = 0$ ,

3. $\alpha_n \le c_2$ , $\lambda_n \to \infty$ ,

4. $\alpha_n \to \infty$ , $\lambda_n \to \infty$ y $\lim_n \frac{\alpha_n}{\lambda_n}=0$ .

Estos casos pueden resumirse del siguiente modo:

1. $\alpha_n \to 0$ y $\Bigl( \limsup_n (-\alpha_n \ln \lambda_n) \le 0 \Longleftrightarrow \liminf_n \lambda_n^{\alpha_n} \ge 1 \Bigr)$
2. $0 \le c_1 \le \alpha \le c_2 < \infty$ y $\lambda_n \to \infty$
3. $\alpha_n \to \infty$ y $\lim_n \frac{\alpha_n}{\lambda_n}=0$ .

Por lo tanto $X_n \overset{d}{\to} 0$ si $(\alpha_n, \lambda_n)$ es "agradable", q.e.d.