Normalidade assintótica de forma quadrática

11

Vamos x ser um vector aleatório tirado a partir de P . Considere uma amostra {xi}i=1ni.i.d.P . Definir x¯n:=1ni=1nxi, e C :=1C^:=1ni=1n(xix¯n)(xix¯n). Vamose.μ:=ExP[x]C:=covxP[x,x]

Pelo teorema do limite central, assuma que

n(x¯nμ)dN(0,C),

onde C é uma matriz de covariância completa.

Pergunta : Como provar (ou refutar) que

n(x¯n(C^+γnI)1x¯nμC1μ)dN(0,v2),

para alguns v>0 e para alguns γn0 tais que limnγn=0 ? Isso parece simples. Mas não consegui descobrir exatamente como mostrar isso. Esta não é uma pergunta de lição de casa.

Entendo que o método delta nos permita concluir facilmente

n(x¯nC1x¯nμC1μ)dN(0,v2),

ou

n(x¯n(C^+γnI)1x¯nμ(C^+γnI)1μ)dN(0,v2).

Estes são um pouco diferentes do que eu quero. Observe as matrizes de covariância nos dois termos. Sinto que sinto falta de algo muito trivial aqui. Como alternativa, se isso simplificar, também podemos ignorar , ou seja, set e assumir que é invertível. Obrigado.γnγn=0C^

wij
fonte
2
Precisamos saber algo sobre como chega a 0. É uma sequência de constantes? Eu acho que você primeiro precisa mostrar que eu acho que é resultado do Slutsky. Então eu escreveria como . possui uma distribuição limitadora que pode ser encontrada com o método . Por fim, você pode tentar mostrar que vai para 0 em probabilidade. Embora eu não tenho certeza se isso mantém ...γnx¯nTγnIx¯np0C^C+bias(C^)x¯nTCx¯nδx¯nTbias(C^)x¯n
Adamo
γn é uma sequência de constantes (não aleatória). A sequência pode ser configurada para qualquer coisa que faça a convergência funcionar (se essa sequência existir). Eu acho que é verdadeiro. Não segui por que precisamos disso primeiro. Mas deixe-me pensar sobre isso e o resto mais. :)x¯nIx¯np0
wij
2
Não mencionei: sua hesitação em aplicar diretamente o método e chamá-lo de concluída é bem justificada. Eu acho que você pode escrever isso cuidadosamente. Teoremas úteis para esse tipo de prova são Slutsky, o Teorema de Mapeamento Contínuo de Mann-Wald e o teorema de Cramer-Wold. δ
Adamo
Concordo que os resultados mencionados podem ser úteis. Ainda não vejo como. Na verdade, também começo a pensar que a distribuição assintótica pode não ser uma distribuição normal.
wij
Parece que isso é mais complicado do que parece. O artigo arXiv aqui descreve o que acontece em grandes dimensões. Não consigo encontrar um análogo de dimensão fixa, mas eles têm um argumento finitie-dimensional na Seção 3.
Greenparker

Respostas:

1

Há alguma dificuldade ao usar o método Delta. É mais conveniente derivá-lo manualmente.

Por lei dos grandes números, . Daí . Aplique o teorema de Slutsky, temos Pelo teorema do mapeamento contínuo, temos Portanto, Pelo teorema de Slutsky, temos Combinando as duas igualdade acima, obtém-se C^PCC^+γnIPC

n(C^+γnI)1/2(X¯μ)dN(0,C1).
n(X¯μ)T(C^+γnI)1(X¯μ)di=1pλi1(C)χ12.
n(X¯μ)T(C^+γnI)1(X¯μ)P0.
nμT(C^+γnI)1(X¯μ)dN(0,μTC2μ).
n(X¯T(C^+γnI)1X¯μT(C^+γnI)1μ)=n((X¯μ)T(C^+γnI)1(X¯μ)2μT(C^+γnI)1(X¯μ))=2nμT(C^+γnI)1(X¯μ)+oP(1)dN(0,4μTC2μ).
A tarefa restante é lidar com Infelizmente, este termo dose NÃO converge para . O comportamento se torna complicado e depende do terceiro e quarto momentos.
n(μT(C^+γnI)1μμT(C)1μ).
0

Para ser simples, abaixo assumimos que são distribuídos normalmente e . É um resultado padrão que que é uma matriz aleatória simétrica com elementos diagonais como e elementos diagonais desativados como . Assim, por expansão de matriz de taylor , temos Xiγn=o(n1/2)

n(C^C)dC1/2WC1/2,
WN(0,2)N(0,1)
n(C^+γnIC)dC1/2WC1/2,
(I+A)1IA+A2
n((C^+γnI)1C1)=nC1/2((C1/2(C^+γnI)C1/2)1I)C1/2=nC1(C^+γnIC)C1+OP(n1/2)dC1/2WC1/2.
Assim,
n(μT(C^+γnI)1μμT(C)1μ)dμTC1/2WC1/2μN(0,(μTC1μ)2).

Assim,

n(X¯T(C^+γnI)1X¯μTC1μ)dN(0,4μTC2μ+(μTC1μ)2).
kfeng123
fonte
1
Obrigado pela sua resposta. É exatamente esse termo que não converge para 0 que dificulta tudo. Infelizmente, não posso assumir que o é normalmente distribuído. Mas ainda aprecio a resposta. Se você pudesse comentar como isso depende do terceiro e quarto momentos (talvez com referências), isso seria útil. Também não posso explicar no momento. Mas acho que precisa decair mais lentamente que . Eu tenho que pensar sobre o motivo com mais cuidado. Xigammano(n1/2)
wij
Esqueci de acrescentar que, no meu caso, pode-se presumir que vive em um conjunto compacto (se necessário). Isso pode ajudar com as condições do momento. Xi
wij