Condición del lema de Stein

Question

(Disculpas si rompo algunas convenciones, es la primera vez que publico)

Estoy trabajando en demostrar la caracterización de Stein de la distribución Normal: para Z $\sim N(0,1)$ y alguna función diferenciable $f$ con $E[|f'(Z)|] < \infty$ , $$E[Zf(Z)] = E[f'(Z)]$$ Escribiendo la expresión del LHS en forma integral e integrando por partes, finalmente obtengo: $$E[Zf(Z)] = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \left[ -f(z) \cdot \exp \left\{ \frac{-z^2}{2} \right\} \right] \Bigg|_{-\infty}^{\infty} + E[f'(Z)]$$ Ahora necesito demostrar que la primera expresión de la talla de la derecha es cero. Intuitivamente, esto parece claro debido al término exponencial, pero estoy teniendo problemas para aplicar explícitamente la condición en $f'$ para demostrarlo rigurosamente. ¿Alguna idea?

Answer 1

Sé que llego unos años tarde a la fiesta, pero no estoy seguro de las soluciones de Dougal y soren.

En la solución de Dougal, la sustitución de $\phi(x)$ por su máximo $\phi(0)$ en el denominador da como resultado un más pequeño cantidad en lugar de una mayor.

En la solución de Soren, no entiendo por qué $f'(Z)$ tener una expectativa finita implicaría que $f$ es Lipschitz. ¿Y si $f'(z) = z$ por ejemplo? Entonces, $f'(Z)$ tiene una expectativa finita pero $f(z) = z^2/2$ no es Lipschitz.

La solución de Stefan parece buena, pero estoy de acuerdo con gogurt en que un ataque más "directo" al término del producto de la integración por partes podría ser informativo.

Casi todas las fuentes que he podido encontrar adoptan el enfoque de Casella y Berger, diciendo algo así como "se puede demostrar que el término del producto es cero". O algunos de ellos dan la prueba de Stefan. Finalmente Encontré algunos notas del curso de una clase impartida por Sourav Chatterjee con una prueba escueta de que el término del producto es cero. Véase el lema 2.

Edición: La idea de las notas de Chatterjee parece ser que se puede demostrar que $\mathbb{E}|f(Z)|$ es finito, lo que significa que su integrante $f(z) \phi(z)$ debe acercarse a cero a medida que $z \rightarrow \pm \infty$ si esos límites existen (según este ).

En primer lugar, demuestra que $\mathbb{E} |Z f(Z)|$ es finito: \begin {align*} \int_ {- \infty }^ \infty |zf(z)| \phi (z) dz & \leq \int_ {- \infty }^ \infty |z| \left [|f(0)| + |f(z) - f(0)| \right ] \phi (z) dz \\ & \leq \int_0 ^ \infty z \left [ \int_0 ^z |f'(t)| dt \right ] \phi (z) dz + \int_ {- \infty }^0 (-z) \left [ \int_z ^0 |f'(t)| dt \right ] \phi (z) dz + |f(0)| \sqrt {2/ \pi } \\ &= \int_0 ^ \infty |f'(t)| \underbrace { \int_t ^ \infty z \phi (z) dz}_{ \phi (t)} dt + \int_ {- \infty }^0 |f'(t)| \underbrace { \int_ {- \infty }^t (-z) \phi (z) dz}_{ \phi (t)} dt + |f(0)| \sqrt {2/ \pi } \\ &= \int_ { \infty }^ \infty |f'(t)| \phi (t) dt + |f(0)| \sqrt {2/ \pi } \\ &= \mathbb {E} |f'(Z)| + |f(0)| \sqrt {2/ \pi } \end {align*} Por último, tomar las expectativas de ambos lados de la desigualdad puntual \begin {align*} |f(Z)| \leq \sup_ {|t| \leq 1} |f(t)| + |Zf(Z)| \end {align*} La continuidad de $f$ garantiza que su supremacía en $[-1, 1]$ es finito.

Answer 2

Esto puede ser demasiado tarde en el juego, pero aquí es una respuesta a la pregunta original de Gogurt, que es mostrar que los supuestos en $f$ implican que $f(z)\phi(z)$ desaparece en el infinito.

El estudiante45 establece que $f$ y $zf(z)$ son integrables con respecto a la distribución normal utilizando el teorema de Fubini. Esto implica que $f'(z)\phi(z)+ f(z)z\phi(z)=(\phi(z)f(z))'$ es integrable por Lebesgue en $\mathbb{R}$ . En particular, $$ f(z)\phi(z) = f(0)\phi(0) + \int^z_0 (\phi\cdot f)'(t)dt $$ para todos $z$ . Esto se debe al Teorema Fundamental del Cálculo que dice que si $f$ es diferenciable en un intervalo $[a,b]$ y si $f'$ es integrable por Lebesgue en $[a,b]$ entonces $$f(x)-f(a)=\int^x_af'(t)\,dt,\quad a\leq x\leq b.$$ Por lo tanto, los límites $\lim_{z\rightarrow\pm\infty}f(z)\phi(z)=A_{\pm}$ existe. Como $f(z)\phi(z)$ es integrable por Lebesgue en $\mathbb{R}$ , entonces hay que tener que $A_{\pm}=0$ como mencionó Student45 en su comentario anterior.

Answer 3

Dejemos que $Z\sim \mathcal{N}(0,1)$ y $f$ una función diferenciable con $E[|f'(Z)|]<\infty$ . Entonces $$ \begin{align} E[Zf(Z)]&=\int_{-\infty}^\infty \frac{1}{\sqrt{2\pi}}zf(z)\exp\left(-\frac{z^2}{2}\right)\,\mathrm dz=\int_{-\infty}^\infty \frac{1}{\sqrt{2\pi}}zf(z)\exp\left(-\frac{z^2}{2}\right)\,\mathrm dz-f(0)E[Z]\\ &=\int_{-\infty}^\infty\frac{1}{\sqrt{2\pi}}z\left[f(z)-f(0)\right]\exp\left(-\frac{z^2}{2}\right)\,\mathrm dz\\ &=\int_{-\infty}^\infty\frac{1}{\sqrt{2\pi}}z\left[\int_0^zf'(u)\,\mathrm du\right]\exp\left(-\frac{z^2}{2}\right)\,\mathrm dz. \end{align} $$ Por otro lado $$ \begin{align} E[f'(Z)]=&\int_{-\infty}^\infty f'(z)\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\left(-\frac{z^2}{2}\right)\,\mathrm dz\\ =&\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^0f'(z)\left[\int_{-\infty}^z-u\exp\left(-\frac{u^2}{2}\right)\mathrm du\right]\,\mathrm dz\\ +&\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_0^\infty f'(z)\left[\int_z^\infty u\exp\left(-\frac{u^2}{2}\right)\mathrm du\right]\,\mathrm dz. \end{align} $$ Así que tratemos estas dos integrales por separado y utilicemos el teorema de Fubini (justificado por el supuesto): $$ \int_0^\infty f'(z)\left[\int_z^\infty u\exp\left(-\frac{u^2}{2}\right)\mathrm du\right]\,\mathrm dz=\int_0^\infty\int_z^\infty f'(z)u\exp\left(-\frac{u^2}{2}\right)\mathrm du\,\mathrm dz\\ =\int_0^\infty \int_0^u f'(z)u\exp\left(-\frac{u^2}{2}\right)\mathrm dz\,\mathrm du $$ y de manera similar $$ \begin{align} &\int_{-\infty}^0f'(z)\left[\int_{-\infty}^z-u\exp\left(-\frac{u^2}{2}\right)\mathrm du\right]\,\mathrm dz=\int_{-\infty}^0\int_{u}^0f'(z)(-u)\exp\left(-\frac{u^2}{2}\right)\mathrm dz\,\mathrm du\\ &=\int_{-\infty}^0\int_{0}^u f'(z)u\exp\left(-\frac{u^2}{2}\right)\mathrm dz\,\mathrm du \end{align} $$ y por lo tanto $$ E[f'(Z)]=\int_{-\infty}^\infty\frac{1}{\sqrt{2\pi}}u\left[\int_{0}^u f'(z)\,\mathrm dz\right]\exp\left(-\frac{u^2}{2}\right)\,\mathrm du=E[Zf(Z)] $$

Answer 4

Dado $E\left[ \lvert f'(z) \rvert \right] < \infty$ , queremos demostrar que $$\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \left[ -f(z) \cdot \exp \left\{ \frac{-z^2}{2} \right\} \right] \Bigg|_{-\infty}^{\infty} = 0,$$ o bien que $$ \lim_{z \to \infty} \bigg\{ f(-z) \exp\left(-z^2 / 2\right) - f(z) \exp\left(-z^2 / 2\right) \bigg\} = \lim_{z \to \infty} \bigg\{ \left( f(-z) - f(z) \right) \exp\left(-z^2 / 2\right) \bigg\} = 0. $$

Desde $f$ es diferenciable en todas partes, tenemos que $f(z) - f(-z) = \int_{-z}^z f'(x) dx.$ Entonces $$ \begin{align} \bigg\lvert \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \left( f(-z) - f(z) \right) \exp\left(-z^2 / 2\right) \bigg\rvert &= \bigg\lvert \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \exp\left(-z^2 / 2\right) \int_{-z}^z f'(x) dx \bigg\rvert \\ &= \bigg\lvert \int_{-z}^z \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \exp\left(-z^2 / 2\right) f'(x) dx \bigg\rvert \\ &= \bigg\lvert \int_{-z}^z f'(x) \, \phi(z) \, dx \bigg\rvert \\ &\le \int_{-z}^z \big\lvert f'(x) \, \phi(z) \big\rvert \, dx \\ &= \int_{-z}^z \big\lvert f'(x) \big\rvert \, \phi(z) \, dx \\ &= \int_{-z}^z \big\lvert f'(x) \big\rvert \, \phi(x) \;\times\; \frac{\phi(z)}{\phi(x)} \, dx \\ &\le \int_{-z}^z \big\lvert f'(x) \big\rvert \, \phi(x) \;\times\; \frac{\phi(z)}{\phi(0)} \, dx \\ &= \frac{\phi(z)}{\phi(0)} \int_{-z}^z \big\lvert f'(x) \big\rvert \, \phi(x) \, dx. \end{align} $$

El primer factor, $\phi(z) / \phi(0)$ tiene límite 0. El segundo factor tiene límite $E\Big[\big\lvert f'(x) \big\rvert\Big]$ que es finito. Así que su producto tiene límite 0, como se desea.

Answer 5

La condición $$\mathbb{E}[f'(x)] < \infty$$ le dice que $f$ es continua de Lipschitz $\mathbb{P}$ -a.s. y, por tanto, a.s. acotado localmente. Se pueden considerar entonces secuencias de funciones $$f_n(x)= \left\{\begin{array}{lr} f(x): x \in [-n,n] \\ 0: \text{otherwise}\end{array}\right..$$ Esto es útil porque usted sabe que $f_n$ está acotado a.s. en $[-n,n]$ o $|f_n(x)| < M \cdot (2n)$ para $x \in [-n,n]$ y $M \ge 0$ . Si luego se divide $f_n$ en sus partes positivas y negativas, tienes que $f_n \le f_{n+1} \uparrow f$ , lo que le permite aplicar el teorema de convergencia monótona para poder pasar al límite. Podrías aplicar esto a Dougal's $$\bigg\lvert \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \exp\left(-z^2 / 2\right) \int_{-z}^z f'(x) dx \bigg\rvert,$$ lo que le permite evitar el cómputo posterior.