Apakah teorema Slutsky masih valid ketika dua sekuens keduanya konvergen ke variabel acak non-degenerasi?

12

Saya bingung tentang beberapa detail tentang teorema Slutsky :

Biarkan $\{X_n\}$ , $\{Y_n\}$ menjadi dua urutan elemen skalar / vektor / matriks acak.

Jika $X_n$ konvergen dalam distribusi ke elemen acak $X$ dan $Y_n$ konvergen dalam probabilitas ke konstan $c$ , maka
$\begin{aligned} X_{n} + Y_{n} & \overset{d}{\to} X + c \\ X_{n} Y_{n} & \overset{d}{\to} c X \\ X_{n} / Y_{n} & \overset{d}{\to} X / c, \end{aligned}$ $\eqalign{ X_{n}+Y_{n}\ &{\xrightarrow {d}}\ X+c\\ X_{n}Y_{n}\ &{\xrightarrow {d}}\ cX\\ X_{n}/Y_{n}\ &{\xrightarrow {d}}\ X/c, }$ asalkan $c$ tidak dapat dibalik, di mana ${\xrightarrow {d}}$ menunjukkan konvergensi dalam distribusi.

Jika kedua urutan dalam teorema Slutsky keduanya konvergen ke variabel acak non-degenerasi, apakah teorema tersebut masih valid, dan jika tidak (dapatkah seseorang memberikan contoh?), Apa syarat tambahan untuk membuatnya valid?

— Nicolas H
sumber

15

Teorema Slutsky tidak mencakup dua urutan konvergen dalam distribusi ke variabel acak. Jika konvergen dalam distribusi ke , mungkin gagal untuk konvergen atau mungkin berkumpul untuk sesuatu yang lain dari . $Y_n$ $Y$ $X_n+Y_n$ $X+Y$

Misalnya, jika untuk semua 's, tidak menyatu dengan selisih dua rv dengan distribusi yang sama seperti . $Y_n=-X_n$ $n$ $X_n+Y_n$ $X$

Contoh tandingan lain adalah bahwa, ketika sekuens dan independen dan keduanya konvergen dalam distribusi ke variabel normal , jika seseorang mendefinisikan dan , lalu $\{X_n\}$ $\{Y_n\}$ $\text{N}(0,1)$ $X_1\sim\text{N}(0,1)$ $X_2=-X_1$ Lihatjawabannya oleh Davideuntuk detail lebih lanjut tentang contoh ini.

\begin{aligned} X_{n} & \overset{d}{\to} X_{1} \\ Y_{n} & \overset{d}{\to} X_{2} \\ X_{n} + Y_{n} & ⧸ \overset{d}{\to} X_{1} + X_{2} = 0 \end{aligned}

$\eqalign{X_{n}\ &{\xrightarrow {d}}\ X_1\\Y_{n}\ &{\xrightarrow {d}}\ X_2\\X_{n}+Y_{n}\ &\not{{\xrightarrow {d}}}\ X_1+X_2=0}$

— Xi'an
sumber

2

Untuk memperpanjangnya Anda membutuhkan sesuatu yang lebih, seperti kemerdekaan.

— kjetil b halvorsen

Apakah saya benar dalam berpikir bahwa jika kedua sekuens bukannya konvergen ke konstanta, Slutsky TIDAK masih berlaku karena konstanta adalah kasus khusus (merosot) dari RV?

— setengah lulus

1

@ setengah jalan: ini benar.

— Xi'an

4

$(X_0,Y_0)$ $\pmatrix{1&\rho\\ \rho&1}$ $|\rho|\leqslant 1$ $X_n:=X_0$ $Y_n:=Y_0$ $n\geqslant 1$ $X_n\to X$ $Y_n\to Y$ $X$ $Y$ $X_n+Y_n$ $2+2\rho$ $X+Y$ , kami tidak dapat menyatakan bahwa dalam distribusi. $X_n+Y_n\to X+Y$

Contoh-contoh ini menunjukkan bahwa kita mungkin memiliki secara umum dan dalam distribusi, tetapi jika kita tidak memiliki informasi tentang distribusi , konvergensi mungkin gagal. $X_n\to X$ $Y_n\to Y$ $X+Y$ $X_n+Y_n\to X+Y$

Tentu saja, semuanya baik-baik saja jika dalam distribusi (misalnya jika tidak bergantung pada dan dari Secara umum, kita hanya dapat menyatakan bahwa urutannya ketat (yaitu, untuk setiap positif , kita dapat menemukan sedemikian rupa sehingga ). Ini menyiratkan bahwa kita dapat menemukan urutan meningkatnya bilangan bulat sehingga konvergen dalam distribusi ke beberapa variabel acak . $(X_n,Y_n)\to (X,Y)$ $X_n$ $Y_n$ $X$ $Y$ $(X_n+Y_n)_{n\geqslant 1}$ $\varepsilon$ $R$ $\sup_n\mathbb P\{|X_n+Y_n|\gt R\}\lt \varepsilon$ $(n_k)_{k\geqslant 1}$ $(X_{n_k}+Y_{n_k})_{k\geqslant 1}$ $Z$

Dalil. Terdapat urutan variabel acak Gaussian dan sedemikian rupa sehingga untuk setiap , kita dapat menemukan urutan peningkatan bilangan bulat sedemikian rupa sehingga menyatu dalam distribusi ke . $(X_n)_{n\geqslant 1}$ $(Y_n)_{n\geqslant 1}$ $\sigma\in [0,2]$ $(n_k)_{k\geqslant 1}$ $(X_{n_k}+Y_{n_k})_{k\geqslant 1}$ $N(0,\sigma^2)$

Bukti. Pertimbangkan enumerasi dari bilangan rasional dan sebuah bijection . Untuk , tentukan sebagai vektor berpusat Gaussian dari matriks kovarians . Dengan pilihan ini, orang dapat melihat bahwa kesimpulan proposisi puas ketika rasional. Gunakan argumen aproksimasi untuk kasus umum. $(r_j)$ $[-1,1]$ $\tau\colon \mathbb N\to \mathbb N^2$ $n\in \tau^{-1}(\{j\})\times\mathbb N$ $(X_n,Y_n)$ $\pmatrix{1&r_j\\ r_j&1}$ $\sigma$

— Davide Giraudo
sumber