Доказательство сходимости по распределению с помощью теоремы Леви о непрерывности

Aug 16 2020

Я пытаюсь решить следующий вопрос - части (a) и (b) кажутся очень похожими по структуре, но я не могу решить часть (b):

Моя попытка:

Для части (а) применим теорему Леви о непрерывности. Исправить$u \in \mathbb{R}$ и обратите внимание $$E\left(\exp\left(i\frac{uY_t}{\sigma_M\sqrt{t}} \right)\right) = E\left(\sum_{n=0}^\infty \mathbf{1}(N_t = n)\exp\left(i\frac{u \sum_{k=1}^n X_M(k)}{\sigma_M\sqrt{t}} \right)\right) \\ = \sum_{n=0}^\infty \frac{e^{-t}t^n}{n!}E\left(\exp\left(i\frac{u \sum_{k=1}^n X_M(k)}{\sigma_M\sqrt{t}} \right)\right) \\ = e^{-t}\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}\left(t E\left(\exp\left(i\frac{u X_M(1)}{\sigma_M\sqrt{t}} \right)\right)\right)^n \\ = \exp \left(-t + t E\left(\exp\left(i\frac{u X_M(1)}{\sigma_M\sqrt{t}} \right)\right)\right)$$

независимостью $N_t$ и $X_M(k)$ и применяя доминируемую сходимость, чтобы поменять местами сумму и математическое ожидание для второго равенства и свойство iid свойства $X_M(k)$для третьего. Пока мы будем иметь дело только с экспонентой, а для сокращения определим$Z \equiv X_M(1)$:

$$-t + tE\left(\exp\left(i\frac{u Z}{\sigma_M\sqrt{t}} \right)\right) = -t + tE\left(\sum_{j=1}^\infty \frac{i^j u^j Z^j}{\sigma_M^j t^{j/2} j!} \right) \\ = -t + t\left(1 + 0 + \frac{i^2E(Y^2)u^2}{2\sigma_M^2 t} + \sum_{j=3}^\infty \frac{i^j u^j E(Z^j)}{\sigma_M^j t^{j/2} j!} \right) $$ где мы снова применяем DCT и отмечаем, что в силу симметрии распределения для $Z$ что это ожидание равно 0.

$$= -\frac{u^2}{2} + \frac{1}{\sqrt{t}} \sum_{j=3}^\infty \frac{c^j E(Z^j)}{j!} \cdot \frac{1}{t^{(j-3)/2}} \quad \quad \quad \textbf{(L)}\\ \xrightarrow{t \rightarrow \infty} -\frac{u^2}{2}$$

где $c = \frac{i u}{\sigma_M}$. Для каждого$t \ge 1$ и сумма выше имеет ограниченный модуль (по $\exp(|c|M)$ например), оправдывая тем самым сходимость характеристической функции к функции $N(0,1)$ и мы можем заключить часть (а).

Что касается части (b), я пытался сделать то же самое, что, очевидно, потребует вычисления $\sigma_M$поскольку мы не использовали это в части (а). Тривиально показано, что (для краткости положим$\Delta \equiv \arctan(M) - \arctan(-M)$) $$\sigma_{M(t)} = \sqrt{E(X_{M(t)}(1)^2)} = \sqrt{\frac{2M - \Delta}{\pi\Delta}}$$

Я считаю, что сходимость после линии (L) может иметь место тогда и только тогда, когда$$\sum_{j=3}^\infty \frac{c^j E(Z^j)}{j!} \cdot \frac{1}{t^{(j-3)/2}} \xrightarrow{t \rightarrow \infty} 0$$ Я попытался переписать модуль суммы, чтобы включить в него всю информацию о $\sigma_{M(t)}$, т.е. как равные $$\lvert\sum_{j=3}^\infty \frac{c^j E(Z^j)}{j!} \cdot \frac{1}{t^{(j-3)/2}}\rvert \leq \sum_{j=3}^\infty \frac{u^j}{j!} \left(\frac{M(t)^2\pi \Delta}{2M-\Delta}\right)^{j/2} \cdot \frac{1}{t^{(j-3)/2}} $$Я не знаю, как сделать отсюда такой вывод. Пожалуйста, помогите, если можете - я потратил на это дурацкое количество времени.

Ответы

1 SangchulLee Aug 16 2020 at 11:43

Отметив, что существует постоянная $C > 0$ для которого

$$ \left| e^{ix} - \left( 1 + ix - \frac{x^2}{2} \right) \right| \leq Cx^3 \tag{*} $$

касается всех $x \in \mathbb{R}$, у нас есть

\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*}

Теперь, отметив, что

$$ \sigma_M \sim \frac{M}{\sqrt{3}} \quad\text{as}\quad M\to 0^+ \qquad\text{and}\qquad \sigma\sim\sqrt{\frac{2}{\pi}M} \quad\text{as}\quad M\to\infty,$$

мы можем дополнительно оценить разницу как

$$ \left| t \mathbb{E}\left[\exp\left(\frac{iuX_M}{\sigma_M\sqrt{t}}\right)\right] - \left(t - \frac{u^2}{2} \right) \right| \leq C_2u^3 \frac{\max\{1,\sqrt{M}\}}{\sqrt{t}} $$

для абсолютной постоянной $C_2 > 0$. Поскольку эта оценка сходится к$0$ так как $t \to \infty$ по предположению о $M$, следует желаемый вывод.