Apakah teorema Slutsky masih valid ketika dua sekuens keduanya konvergen ke variabel acak non-degenerasi?

12

Saya bingung tentang beberapa detail tentang teorema Slutsky :

Biarkan {Xn} , {Yn} menjadi dua urutan elemen skalar / vektor / matriks acak.

Jika Xn konvergen dalam distribusi ke elemen acak X dan Yn konvergen dalam probabilitas ke konstan c, maka

Xn+Yn d X+cXnYn d cXXn/Yn d X/c,
asalkan c tidak dapat dibalik, di mana d menunjukkan konvergensi dalam distribusi.

Jika kedua urutan dalam teorema Slutsky keduanya konvergen ke variabel acak non-degenerasi, apakah teorema tersebut masih valid, dan jika tidak (dapatkah seseorang memberikan contoh?), Apa syarat tambahan untuk membuatnya valid?

Nicolas H
sumber

Jawaban:

15

Teorema Slutsky tidak mencakup dua urutan konvergen dalam distribusi ke variabel acak. Jika konvergen dalam distribusi ke Y , X n + Y n mungkin gagal untuk konvergen atau mungkin berkumpul untuk sesuatu yang lain dari X + Y .YnYXn+YnX+Y

Misalnya, jika untuk semua n 's, X n + Y n tidak menyatu dengan selisih dua rv dengan distribusi yang sama seperti X .Yn=XnnXn+YnX

Contoh tandingan lain adalah bahwa, ketika sekuens dan { Y n } independen dan keduanya konvergen dalam distribusi ke variabel N ( 0 , 1 ) yang normal , jika seseorang mendefinisikan X 1N ( 0 , 1 ) dan X 2 = - X 1 , lalu X n d X 1 Y n d X 2 X{Xn}{Yn}N(0,1)X1N(0,1)X2=X1 Lihatjawabannya oleh Davideuntuk detail lebih lanjut tentang contoh ini.

Xn d X1Yn d X2Xn+Yn d X1+X2=0
Xi'an
sumber
2
Untuk memperpanjangnya Anda membutuhkan sesuatu yang lebih, seperti kemerdekaan.
kjetil b halvorsen
Apakah saya benar dalam berpikir bahwa jika kedua sekuens bukannya konvergen ke konstanta, Slutsky TIDAK masih berlaku karena konstanta adalah kasus khusus (merosot) dari RV?
setengah lulus
1
@ setengah jalan: ini benar.
Xi'an
4

(X0,Y0)(1ρρ1)|ρ|1Xn:=X0Yn:=Y0n1XnXYnYXYXn+Yn2+2ρX+Y , kami tidak dapat menyatakan bahwa dalam distribusi.Xn+YnX+Y

Contoh-contoh ini menunjukkan bahwa kita mungkin memiliki secara umum dan dalam distribusi, tetapi jika kita tidak memiliki informasi tentang distribusi , konvergensi mungkin gagal.Y nY X + Y X n + Y nX + YXnXYnYX+YXn+YnX+Y

Tentu saja, semuanya baik-baik saja jika dalam distribusi (misalnya jika tidak bergantung pada dan dari Secara umum, kita hanya dapat menyatakan bahwa urutannya ketat (yaitu, untuk setiap positif , kita dapat menemukan sedemikian rupa sehingga ). Ini menyiratkan bahwa kita dapat menemukan urutan meningkatnya bilangan bulat sehingga konvergen dalam distribusi ke beberapa variabel acak .(Xn,Yn)(X,Y)XnYnXY(Xn+Yn)n1εRsupnP{|Xn+Yn|>R}<ε(nk)k1(Xnk+Ynk)k1Z

Dalil. Terdapat urutan variabel acak Gaussian dan sedemikian rupa sehingga untuk setiap , kita dapat menemukan urutan peningkatan bilangan bulat sedemikian rupa sehingga menyatu dalam distribusi ke .(Xn)n1(Yn)n1σ[0,2](nk)k1(Xnk+Ynk)k1N(0,σ2)

Bukti. Pertimbangkan enumerasi dari bilangan rasional dan sebuah bijection . Untuk , tentukan sebagai vektor berpusat Gaussian dari matriks kovarians . Dengan pilihan ini, orang dapat melihat bahwa kesimpulan proposisi puas ketika rasional. Gunakan argumen aproksimasi untuk kasus umum.[ - 1 , 1 ] τ : NN 2 n τ - 1 ( { j } ) × N ( X n , Y n ) ( 1 r j r j 1 ) σ(rj)[1,1]τ:NN2nτ1({j})×N(Xn,Yn)(1rjrj1)σ

Davide Giraudo
sumber