Zbieżność ciągu do rozkładu normalnego a CTG

[Mistrz]

Założenia:
Zmienne \(\displaystyle{ X_n}\) są niezależne i mają takie rozkłady:
\(\displaystyle{ \mathbb{P}(X_n=\pm 1) = \frac{1}{2} - \frac{1}{2n^2}}\)
\(\displaystyle{ \mathbb{P}(X_n=\pm n) = \frac{1}{2n^2}}\)
Teza:
Rozkład zmiennej \(\displaystyle{ \frac{\sum_{k=1}^n X_k}{\sqrt{n}}}\) zbiega do rozkładu normalnego
Rozwiązanie:
Wydaje mi się, że ten ciąg zmiennych spełnia warunek Lindeberga i wtedy z centralnego tw. granicznego wynika zbieżność \(\displaystyle{ \frac{\sum_{k=1}^n X_k}{\sqrt{n}}}\) do \(\displaystyle{ \mathfrak{N}(0,2)}\).
Pytanie:
Czy dobrze mi się wydaje, że warunek Lindeberga jest tu spełniony? Jeśli tak to jak to pokazać? Jeśli nie, to jak inaczej można zrobić to zadanie?

[Zordon]

Czemu po prostu nie sprawdzisz czy warunek Lindeberga jest spełniony?
Oblicz \(\displaystyle{ E( (\frac{X_k}{\sqrt{n}})^2\chi_{|\frac{X_k}{\sqrt{n}}|>\varepsilon})}\)
Wskazówka: dla dużych \(\displaystyle{ n}\) zawsze będzie \(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{n}}<\varepsilon}\).
A najlepiej to przyjmij \(\displaystyle{ \varepsilon =1}\) i zobacz jak się sprawy mają.

Czy było twierdzenie Fellera?

[Mistrz]

Coś tu jest niejasne.

Weźmy \(\displaystyle{ \epsilon = 1}\).
Wtedy \(\displaystyle{ E \frac{X_k^2}{n} \chi_{|X_k| > \sqrt{n}}}\) jest równe \(\displaystyle{ 0}\) dla \(\displaystyle{ k=1,\dots , \sqrt{n}}\) lub \(\displaystyle{ \frac{1}{n}}\) dla \(\displaystyle{ \sqrt{n} < k \le n}\). Zatem \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^n E \frac{X_k^2}{n} \chi_{|X_k| > \sqrt{n}} = \sum_{k=\sqrt{n}+1}^n \frac{1}{n} = \frac{n-\sqrt{n}}{n} \to 1 \ne 0}\), czyli warunek Lindeberga nie jest spełniony dla \(\displaystyle{ \epsilon = 1}\).

Ale z drugiej strony mamy \(\displaystyle{ \max_{1\le k \le n} E \frac{X_k^2}{n} \le \frac{2}{n} \to 0}\), zatem z tw. Fellera wynika, że ten warunek jest jednak spełniony dla wszystkich \(\displaystyle{ \epsilon>0}\).

Co robię nie tak?

[Zordon]

Niech \(\displaystyle{ S_n=\frac{\sum_{k=1}^n X_k}{\sqrt{n}}}\).
Warunek Lindenberga nie jest spełniony, jak słusznie zauważyłeś. Natomiast zachodzi warunek infinitezymalności (ten w założeniach tw. Fellera). Zatem z tw. Fellera nie może zachodzić zbieżność do rozkładu \(\displaystyle{ N(0,2)}\).
To dosyć zaskakujące, ale zachodzi jednak zbieżnośc do rozkładu normalnego, lecz jest to \(\displaystyle{ N(0,1)}\). Można to udowodnić poprzez rachunki na funkcjach charakterystycznych. Jest też inny sposób: zauważmy, że gdyby zdefiniować:
\(\displaystyle{ Y_n(\omega)= \begin{cases} 1 \mbox{ dla }X_n(\omega)>0\\ -1 \mbox{ dla }X_n(\omega)<0 \end{cases}}\).
oraz
\(\displaystyle{ T_n=\frac{\sum_{k=1}^n Y_k}{\sqrt{n}}}\)

To z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\) od pewnego momentu \(\displaystyle{ k}\) zachodzi \(\displaystyle{ X_n=Y_n}\) dla \(\displaystyle{ n>k}\). To wynika z lematu Borela-Cantelliego. Korzystając z tego, można uzasadnić, że ciąg rozkładów \(\displaystyle{ \mu_{S_n}}\) ma taką samą granicę jak rozkłady \(\displaystyle{ \mu_{T_n}}\). Zaś słabą granicę zmiennych \(\displaystyle{ T_n}\) z pewnością potrafisz wyznaczyć.

To zadanie jest bardzo ciekawe i muszę przyznać, że było dla mnie trudne i zaskakujące.

[Sylwek]

Wiem, że to może być bolesne, ale dałbyś Zordon jakiś szkic rozwiązania z funkcjami charakterystycznymi ? Pamiętam tylko, że miałem to zadanie kiedyś na ćwiczeniach i osoba zastępczo prowadząca ćwiczenia bardzo się w tym pogubiła (aż się boję do tego wracać).

Swoją drogą wymyśliłem coś podobnego do rozwiązania Zordona, tylko nieco inaczej zapisane (wzorcowego rozwiązania, a nawet tego, czy się ono w końcu pojawiło na moich ćwiczeniach, niestety nie pamiętam).

Rozpiszmy \(\displaystyle{ X_n=A_nZ_n+B_n(1-Z_n)}\), gdzie
\(\displaystyle{ \mathbb{P}(A_n=\pm 1) = \mathbb{P}(B_n=\pm n) = \frac{1}{2} \\ \mathbb{P}(Z_n=1) = 1 - \frac{1}{n^2} \\ \mathbb{P}(Z_n=0) = \frac{1}{n^2},}\)
a także wszystkie powyżej opisane zmienne są niezależne.

I teraz triki z Afryki
\(\displaystyle{ \frac{\sum_{k=1}^n X_k}{\sqrt{n}} = \frac{\sum_{k=1}^n A_k}{\sqrt{n}} + \frac{\sum_{k=1}^n (B_k-A_k)(1-Z_k)}{\sqrt{n}}}\).

Z lematu Borela-Cantellego z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\) od pewnego momentu \(\displaystyle{ k}\) zachodzi \(\displaystyle{ Z_n=1}\) dla \(\displaystyle{ n \ge k}\) (bo \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2}<\infty}\)), stąd z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\) mamy \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^\infty (B_k-A_k)(1-Z_k) < \infty}\), zatem drugi składnik dąży do \(\displaystyle{ 0}\) według prawdopodobieństwa (czyli też wg rozkładu).

Cytując kolegę, słabą granicę ciągu \(\displaystyle{ \frac{\sum_{k=1}^n A_k}{\sqrt{n}}}\) z pewnością potrafisz wyznaczyć.

Kończymy używając zadania 9.a) z poniższego pdf-a.

P.S. To jest zadanie 11. z 6. serii z , nawet ze sformułowaniem zawierającym końcowy wynik. Mam nadzieję, że to nie jest Twoja praca domowa .

[Zordon]

Teraz nie dam głowy, ale wczoraj udało mi się samego siebie przekonać, że to wyjdzie jeśli się skorzysta z następującego faktu:
Jesli \(\displaystyle{ z_{nk}}\) są liczbami zespolonymi spełniąjącymi:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} z_{nk}\to z\in \CC}\)
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} |z_{nk}|^2\to 0}\)
Wtedy \(\displaystyle{ \prod_{k=1}^{n}(1+z_{nk}) \to e^z}\)

[Sylwek]

OK, zapisując \(\displaystyle{ \frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}=cos(x)}\) dla \(\displaystyle{ x \in \RR}\) i dość dokładnie analizując podane przez Ciebie sumy (a potem używając podanego przez Ciebie faktu) wychodzi, że ciąg rozpatrywanych funkcji charakterystycznych rzeczywiście zbiega punktowo do \(\displaystyle{ \exp \left(-\frac{t^2}{2} \right)}\).