Chứng minh sự hội tụ trong phân phối bằng cách sử dụng định lý liên tục của Levy
Tôi đang cố gắng giải câu hỏi sau - phần (a) và (b) có vẻ rất giống nhau về cấu trúc nhưng tôi không thể giải được phần (b):
Nỗ lực của tôi:
Đối với phần (a), chúng ta áp dụng định lý liên tục của Levy. Sửa chữa$u \in \mathbb{R}$ và lưu ý $$E\left(\exp\left(i\frac{uY_t}{\sigma_M\sqrt{t}} \right)\right) = E\left(\sum_{n=0}^\infty \mathbf{1}(N_t = n)\exp\left(i\frac{u \sum_{k=1}^n X_M(k)}{\sigma_M\sqrt{t}} \right)\right) \\ = \sum_{n=0}^\infty \frac{e^{-t}t^n}{n!}E\left(\exp\left(i\frac{u \sum_{k=1}^n X_M(k)}{\sigma_M\sqrt{t}} \right)\right) \\ = e^{-t}\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}\left(t E\left(\exp\left(i\frac{u X_M(1)}{\sigma_M\sqrt{t}} \right)\right)\right)^n \\ = \exp \left(-t + t E\left(\exp\left(i\frac{u X_M(1)}{\sigma_M\sqrt{t}} \right)\right)\right)$$
bởi sự độc lập của $N_t$ và $X_M(k)$ và áp dụng hội tụ chi phối để trao đổi tổng và kỳ vọng cho bình đẳng thứ hai và bởi thuộc tính iid của $X_M(k)$cho thứ ba. Bây giờ chúng ta sẽ chỉ xử lý số mũ, và viết tắt chúng ta xác định$Z \equiv X_M(1)$:
$$-t + tE\left(\exp\left(i\frac{u Z}{\sigma_M\sqrt{t}} \right)\right) = -t + tE\left(\sum_{j=1}^\infty \frac{i^j u^j Z^j}{\sigma_M^j t^{j/2} j!} \right) \\ = -t + t\left(1 + 0 + \frac{i^2E(Y^2)u^2}{2\sigma_M^2 t} + \sum_{j=3}^\infty \frac{i^j u^j E(Z^j)}{\sigma_M^j t^{j/2} j!} \right) $$ trong đó chúng tôi lại áp dụng DCT và lưu ý rằng theo tính đối xứng của phân phối cho $Z$ rằng kỳ vọng của nó là 0.
$$= -\frac{u^2}{2} + \frac{1}{\sqrt{t}} \sum_{j=3}^\infty \frac{c^j E(Z^j)}{j!} \cdot \frac{1}{t^{(j-3)/2}} \quad \quad \quad \textbf{(L)}\\ \xrightarrow{t \rightarrow \infty} -\frac{u^2}{2}$$
Ở đâu $c = \frac{i u}{\sigma_M}$. Cho mọi$t \ge 1$ và tổng ở trên có mô đun giới hạn (bởi $\exp(|c|M)$ ví dụ), do đó biện minh cho sự hội tụ của hàm đặc trưng với hàm $N(0,1)$ và chúng ta có thể kết luận phần (a).
Đối với phần (b), tôi đã cố gắng làm điều tương tự, điều này rõ ràng sẽ yêu cầu tính toán $\sigma_M$vì chúng tôi đã không sử dụng nó trong phần (a). Nó được chỉ ra rằng (nói ngắn gọn là$\Delta \equiv \arctan(M) - \arctan(-M)$) $$\sigma_{M(t)} = \sqrt{E(X_{M(t)}(1)^2)} = \sqrt{\frac{2M - \Delta}{\pi\Delta}}$$
Tôi tin rằng sự hội tụ sau dòng (L) có thể giữ nếu và chỉ khi$$\sum_{j=3}^\infty \frac{c^j E(Z^j)}{j!} \cdot \frac{1}{t^{(j-3)/2}} \xrightarrow{t \rightarrow \infty} 0$$ Tôi đã thử viết lại mô đun của tổng để bao gồm tất cả thông tin về $\sigma_{M(t)}$, tức là bằng $$\lvert\sum_{j=3}^\infty \frac{c^j E(Z^j)}{j!} \cdot \frac{1}{t^{(j-3)/2}}\rvert \leq \sum_{j=3}^\infty \frac{u^j}{j!} \left(\frac{M(t)^2\pi \Delta}{2M-\Delta}\right)^{j/2} \cdot \frac{1}{t^{(j-3)/2}} $$Tôi không biết làm thế nào để đưa ra kết luận này từ đây. Hãy giúp đỡ nếu bạn có thể - Tôi đã lãng phí một khoảng thời gian ngu ngốc cho việc này.
Trả lời
Bằng cách lưu ý rằng tồn tại một hằng số $C > 0$ mà
$$ \left| e^{ix} - \left( 1 + ix - \frac{x^2}{2} \right) \right| \leq Cx^3 \tag{*} $$
giữ cho tất cả $x \in \mathbb{R}$, chúng ta có
\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*}
Bây giờ bằng cách lưu ý rằng
$$ \sigma_M \sim \frac{M}{\sqrt{3}} \quad\text{as}\quad M\to 0^+ \qquad\text{and}\qquad \sigma\sim\sqrt{\frac{2}{\pi}M} \quad\text{as}\quad M\to\infty,$$
chúng ta có thể ràng buộc thêm sự khác biệt như
$$ \left| t \mathbb{E}\left[\exp\left(\frac{iuX_M}{\sigma_M\sqrt{t}}\right)\right] - \left(t - \frac{u^2}{2} \right) \right| \leq C_2u^3 \frac{\max\{1,\sqrt{M}\}}{\sqrt{t}} $$
cho một hằng số tuyệt đối $C_2 > 0$. Vì ràng buộc này hội tụ với$0$ như $t \to \infty$ bởi giả định trên $M$, kết luận mong muốn sau đây.
Phụ lục.
Tôi tin rằng $\pi$ ở mẫu số của $\text{(5)}$là một lỗi chính tả. Công thức đúng sẽ là$$ f_{X_M}(x) = \frac{1}{2\arctan(M)} \frac{\mathbf{1}_{\{|x| \leq M\}}}{1+x^2}. $$
Hiệu lực của $\text{(*)}$ bản lề nghiêm trọng về hạn chế $x \in \mathbb{R}$, và do đó, nó không thể trực tiếp thu được từ việc mở rộng chuỗi lũy thừa. Tuy nhiên, điều này có thể được chứng minh bằng cách sử dụng một công thức rõ ràng cho số hạng còn lại trong phép gần đúng Taylor. Ví dụ, chúng tôi có thể sử dụng$$ e^{ix} = 1 + ix - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{2i} \int_{0}^{1} (1-s)^2 e^{ixs} \, \mathrm{d}s, $$ do đó chứng minh $\text{(*)}$ với $C = \frac{1}{6}$.