Membuktikan konvergensi dalam distribusi menggunakan teorema kontinuitas Levy
Saya mencoba untuk memecahkan pertanyaan berikut - bagian (a) dan (b) tampaknya sangat mirip dalam struktur tetapi saya tidak dapat menyelesaikan bagian (b):
Upaya saya:
Untuk bagian (a), kami menerapkan teorema kontinuitas Levy. Memperbaiki$u \in \mathbb{R}$ dan perhatikan $$E\left(\exp\left(i\frac{uY_t}{\sigma_M\sqrt{t}} \right)\right) = E\left(\sum_{n=0}^\infty \mathbf{1}(N_t = n)\exp\left(i\frac{u \sum_{k=1}^n X_M(k)}{\sigma_M\sqrt{t}} \right)\right) \\ = \sum_{n=0}^\infty \frac{e^{-t}t^n}{n!}E\left(\exp\left(i\frac{u \sum_{k=1}^n X_M(k)}{\sigma_M\sqrt{t}} \right)\right) \\ = e^{-t}\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}\left(t E\left(\exp\left(i\frac{u X_M(1)}{\sigma_M\sqrt{t}} \right)\right)\right)^n \\ = \exp \left(-t + t E\left(\exp\left(i\frac{u X_M(1)}{\sigma_M\sqrt{t}} \right)\right)\right)$$
dengan kemerdekaan $N_t$ dan $X_M(k)$ dan menerapkan konvergensi yang didominasi untuk menukar jumlah dan ekspektasi untuk persamaan kedua dan dengan properti iid dari $X_M(k)$untuk yang ketiga. Kami hanya akan berurusan dengan eksponen untuk saat ini, dan untuk singkatan yang kami tentukan$Z \equiv X_M(1)$:
$$-t + tE\left(\exp\left(i\frac{u Z}{\sigma_M\sqrt{t}} \right)\right) = -t + tE\left(\sum_{j=1}^\infty \frac{i^j u^j Z^j}{\sigma_M^j t^{j/2} j!} \right) \\ = -t + t\left(1 + 0 + \frac{i^2E(Y^2)u^2}{2\sigma_M^2 t} + \sum_{j=3}^\infty \frac{i^j u^j E(Z^j)}{\sigma_M^j t^{j/2} j!} \right) $$ di mana kami sekali lagi menerapkan DCT dan mencatat bahwa dengan simetri distribusi untuk $Z$ bahwa ekspektasinya adalah 0.
$$= -\frac{u^2}{2} + \frac{1}{\sqrt{t}} \sum_{j=3}^\infty \frac{c^j E(Z^j)}{j!} \cdot \frac{1}{t^{(j-3)/2}} \quad \quad \quad \textbf{(L)}\\ \xrightarrow{t \rightarrow \infty} -\frac{u^2}{2}$$
dimana $c = \frac{i u}{\sigma_M}$. Untuk setiap$t \ge 1$ dan jumlah di atas memiliki modulus terbatas (oleh $\exp(|c|M)$ misalnya), sehingga membenarkan konvergensi fungsi karakteristik dengan yang a $N(0,1)$ dan kami dapat menyimpulkan bagian (a).
Untuk bagian (b), saya telah mencoba melakukan hal yang sama, yang jelas membutuhkan penghitungan $\sigma_M$karena kami tidak menggunakannya di bagian (a). Hal ini sepele menunjukkan bahwa (untuk singkatnya put$\Delta \equiv \arctan(M) - \arctan(-M)$) $$\sigma_{M(t)} = \sqrt{E(X_{M(t)}(1)^2)} = \sqrt{\frac{2M - \Delta}{\pi\Delta}}$$
Saya percaya bahwa konvergensi setelah garis (L) dapat bertahan jika dan hanya jika$$\sum_{j=3}^\infty \frac{c^j E(Z^j)}{j!} \cdot \frac{1}{t^{(j-3)/2}} \xrightarrow{t \rightarrow \infty} 0$$ Saya telah mencoba menulis ulang modulus penjumlahan untuk memasukkan semua informasi tentang $\sigma_{M(t)}$, yaitu sebagai sama dengan $$\lvert\sum_{j=3}^\infty \frac{c^j E(Z^j)}{j!} \cdot \frac{1}{t^{(j-3)/2}}\rvert \leq \sum_{j=3}^\infty \frac{u^j}{j!} \left(\frac{M(t)^2\pi \Delta}{2M-\Delta}\right)^{j/2} \cdot \frac{1}{t^{(j-3)/2}} $$Saya tidak tahu bagaimana membuat kesimpulan ini dari sini. Tolong bantu jika Anda bisa - Saya telah membuang banyak waktu untuk ini.
Jawaban
Dengan memperhatikan bahwa ada konstanta $C > 0$ untuk itu
$$ \left| e^{ix} - \left( 1 + ix - \frac{x^2}{2} \right) \right| \leq Cx^3 \tag{*} $$
berlaku untuk semua $x \in \mathbb{R}$, kita punya
\begin{align*} &\left| t \mathbb{E}\left[\exp\left(\frac{iuX_M}{\sigma_M\sqrt{t}}\right)\right] - \left(t - \frac{u^2}{2} \right) \right| \\ &\leq \frac{C u^3}{\sigma_M^3 \sqrt{t}} \mathbb{E}\bigl[|X_M|^3\bigr] \leq \frac{C u^3}{\sigma_M^3 \sqrt{t}} \mathbb{E}\bigl[M X_M^2\bigr] \leq \frac{C M u^3}{\sigma_M \sqrt{t}}. \end{align*}
Sekarang dengan memperhatikan itu
$$ \sigma_M \sim \frac{M}{\sqrt{3}} \quad\text{as}\quad M\to 0^+ \qquad\text{and}\qquad \sigma\sim\sqrt{\frac{2}{\pi}M} \quad\text{as}\quad M\to\infty,$$
kita selanjutnya dapat mengikat perbedaannya sebagai
$$ \left| t \mathbb{E}\left[\exp\left(\frac{iuX_M}{\sigma_M\sqrt{t}}\right)\right] - \left(t - \frac{u^2}{2} \right) \right| \leq C_2u^3 \frac{\max\{1,\sqrt{M}\}}{\sqrt{t}} $$
untuk konstanta absolut $C_2 > 0$. Karena ikatan ini menyatu dengan$0$ sebagai $t \to \infty$ dengan asumsi $M$, kesimpulan yang diinginkan mengikuti.
Tambahan.
aku percaya itu $\pi$ dalam penyebut $\text{(5)}$adalah salah ketik. Rumus yang benar adalah$$ f_{X_M}(x) = \frac{1}{2\arctan(M)} \frac{\mathbf{1}_{\{|x| \leq M\}}}{1+x^2}. $$
Validitas $\text{(*)}$ secara kritis bergantung pada pembatasan $x \in \mathbb{R}$, dan karenanya, tidak bisa langsung diperoleh dari ekspansi deret pangkat. Namun, ini dapat dibuktikan dengan menggunakan rumus eksplisit untuk suku sisa dalam pendekatan Taylor. Misalnya, kami dapat memanfaatkan$$ e^{ix} = 1 + ix - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{2i} \int_{0}^{1} (1-s)^2 e^{ixs} \, \mathrm{d}s, $$ dengan demikian membuktikan $\text{(*)}$ dengan $C = \frac{1}{6}$.