Есть некоторые трудности при использовании метода Дельта. Удобнее вывести его вручную.
По закону большого числа, . Следовательно . Примените теорему Слуцкого, у нас есть
По теореме о непрерывном отображении имеем
Следовательно,
По теореме Слуцкого, мы имеем
Объединение двух приведенных выше равенств дает
C^−→PCC^+γnI−→PC
n−−√(C^+γnI)−1/2(X¯−μ)→dN(0,C−1).
n(X¯−μ)T(C^+γnI)−1(X¯−μ)→d∑i=1pλ−1i(C)χ21.
n−−√(X¯−μ)T(C^+γnI)−1(X¯−μ)−→P0.
n−−√μT(C^+γnI)−1(X¯−μ)→dN(0,μTC−2μ).
==→dn−−√(X¯T(C^+γnI)−1X¯−μT(C^+γnI)−1μ)n−−√((X¯−μ)T(C^+γnI)−1(X¯−μ)−2μT(C^+γnI)−1(X¯−μ))−2n−−√μT(C^+γnI)−1(X¯−μ)+oP(1)N(0,4μTC−2μ).
Оставшаяся задача - разобраться с
К сожалению, этот термин доза НЕ сходится к . Поведение усложняется и зависит от третьего и четвертого моментов.
n−−√(μT(C^+γnI)−1μ−μT(C)−1μ).
0
Для простоты ниже мы предполагаем, что нормально распределены и . Это стандартный результат
где - симметричная случайная матрица с диагональными элементами в виде и вне диагональных элементов как . Таким образом,
матричным расширением Тейлора , у нас есть
Xiγn=o(n−1/2)
n−−√(C^−C)→dC1/2WC1/2,
WN(0,2)N(0,1)n−−√(C^+γnI−C)→dC1/2WC1/2,
(I+A)−1∼I−A+A2=n−−√((C^+γnI)−1−C−1)=n−−√C−1/2((C−1/2(C^+γnI)C−1/2)−1−I)C−1/2n−−√C−1(C^+γnI−C)C−1+OP(n−1/2)→dC−1/2WC−1/2.
Таким образом,
n−−√(μT(C^+γnI)−1μ−μT(C)−1μ)→dμTC−1/2WC−1/2μ∼N(0,(μTC−1μ)2).
Таким образом,
n−−√(X¯T(C^+γnI)−1X¯−μTC−1μ)→dN(0,4μTC−2μ+(μTC−1μ)2).