\(\displaystyle{ X_n \chi^2_n}\)
Pokazać, że
\(\displaystyle{ \frac{X_n-n}{\sqrt{2n}} \stackrel{d}{\longrightarrow} \mathcal{N}(0,1)}\)
No i wiemy, że zbieżność wg rozkładu jest równoważna zbieżności funkcji charakterystycznych jednak coś nie wychodzi. Robię tak:
\(\displaystyle{ \varphi_{X_n}(t)=(1-2it)^{-\frac{1}{2}n} \\
\varphi_{\frac{X_n-n}{\sqrt{2n}}}(t)=\left(1-2i\frac{t}{\sqrt{2n}} \right)^{-\frac{1}{2}n} e^{-it \sqrt{\frac{1}{2}n}} \\}\)
Żeby wszystko się zgadzało to powyższe wyrażenie powinno zbiegać do \(\displaystyle{ e^{-\frac{1}{2}t^2}}\) jednak raz, że nie umiem policzyć tej granicy a dwa Maple wyświetla inną...
edit
Tak patrzę na to i ta zbieżność wynika przecież od razu z twierdzenia granicznego... heh. No to rozkminione. A ktoś umie to zrobić tak jak ja próbowałem tj. funkcjami charakterystycznymi?
Zbieżność ciągu rozkładów chi-kwadrat do rozkładu normalnego
- Emiel Regis
- Użytkownik
- Posty: 1495
- Rejestracja: 26 wrz 2005, o 17:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 71 razy
- Pomógł: 225 razy
-
- Użytkownik
- Posty: 3921
- Rejestracja: 10 gru 2007, o 20:10
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 36 razy
- Pomógł: 1194 razy
Zbieżność ciągu rozkładów chi-kwadrat do rozkładu normalnego
No to można zrobić tak. Z tego pierwszego nawiasu wyciągamy moduł tej liczby, a ją przedstawiamy w postaci wykładniczej. Mamy zatem:
\(\displaystyle{ (1 + \frac{2t^2}{n})^{-\frac{1}{4}n} \cdot e^{-\frac{n}{2} iarctg(-\frac{t}{\sqrt{\frac{n}{2}}})} \cdot e^{-it \sqrt{\frac{n}{2}} = (1 + \frac{2t^2}{n})^{-\frac{1}{4}n} \cdot e^{it^2 \left(\frac{arctg(\frac{t}{\sqrt{\frac{n}{2}}}) - \frac{t}{\sqrt{\frac{n}{2}}}}{\frac{2t^2}{n}}\right)}}\)
Pierwszy człon zbiega do \(\displaystyle{ e^{-\frac{1}{2}t^2}}\), w drugim dla wygody przyjmijmy:
\(\displaystyle{ \frac{t}{\sqrt{\frac{n}{2}}} = x, x \rightarrow 0}\)
Wtedy wykładnik drugiego członu przedstawia się następująco:
\(\displaystyle{ it^2 \cdot \frac{arctgx - x}{x^2}}\)
A to zbiega do zera (de l'Hospital). Czyli razem mamy żądaną zbieżność.
\(\displaystyle{ (1 + \frac{2t^2}{n})^{-\frac{1}{4}n} \cdot e^{-\frac{n}{2} iarctg(-\frac{t}{\sqrt{\frac{n}{2}}})} \cdot e^{-it \sqrt{\frac{n}{2}} = (1 + \frac{2t^2}{n})^{-\frac{1}{4}n} \cdot e^{it^2 \left(\frac{arctg(\frac{t}{\sqrt{\frac{n}{2}}}) - \frac{t}{\sqrt{\frac{n}{2}}}}{\frac{2t^2}{n}}\right)}}\)
Pierwszy człon zbiega do \(\displaystyle{ e^{-\frac{1}{2}t^2}}\), w drugim dla wygody przyjmijmy:
\(\displaystyle{ \frac{t}{\sqrt{\frac{n}{2}}} = x, x \rightarrow 0}\)
Wtedy wykładnik drugiego członu przedstawia się następująco:
\(\displaystyle{ it^2 \cdot \frac{arctgx - x}{x^2}}\)
A to zbiega do zera (de l'Hospital). Czyli razem mamy żądaną zbieżność.
Zbieżność ciągu rozkładów chi-kwadrat do rozkładu normalnego
A jakk to dowieść z twierdzenia granicznego?