Matematika Universitas — Tahun 3 · Bachelor Year 3

23Fungsi Karakteristik dan Teorema Limit Pusat

Hukum bilangan besar mengatakan bahwa rata-ratanya konvergen; sedangkan teorema limit pusat mengatakan bagaimana ia berfluktuasi: bahwa galatnya, yang diperbesar $\sqrt n$ , bersifat Gauss secara asimtotik — apa pun distribusi asalnya. Keuniversalan ini adalah fakta terdalam pada peluang elementer, dan bukti alaminya bersifat Fourier: sebab fungsi karakteristik (yakni transformasi Fourier sebuah distribusi) mengubah jumlah yang bebas menjadi hasil kali, lalu perkakas Bab 14 — keinjektifan, titik tetap Gauss — mengubah konvergensi titik demi titik hasil kali itu menjadi konvergensi distribusinya (yakni teorema Lévy, yang dibuktikan selengkapnya). Bab ini berakhir dengan vektor Gauss dan penurunan yang jujur atas selang kepercayaan yang dipakai di mana-mana dalam statistika; sedangkan soal akhir pekannya menyajikan bukti kedua Lindeberg bagi teorema limit pusatnya, dengan laju galat yang eksplisit.

23.1 Fungsi karakteristik

Definisi 23.1

Yang disebut fungsi karakteristik sebuah peubah acak real $X$ adalah

\varphi_X(\xi) = \E\bigl[\eu^{\iu\xi X}\bigr] = \int_\R \eu^{\iu\xi x}\,\dd\P_X(x) \qquad (\xi \in \R)

(teorema transfernya menghitungnya dari distribusinya; sedangkan bagi kepadatan $f$ , $\varphi_X(\xi) = \hat f(-\xi)$ dalam konvensi Bab 14).

Proposisi 23.2

(a) Berlaku $\varphi_X(0) = 1$ , $\abs{\varphi_X} \leq 1$ , dan $\varphi_X$ kontinu seragam; $\varphi_{aX + b}(\xi) = \eu^{\iu b\xi}\varphi_X(a\xi)$ . (b) Jika $X, Y$ bebas: $\varphi_{X+Y} = \varphi_X\,\varphi_Y$ . (c) Jika $\E\abs X^k < \infty$ , maka $\varphi_X \in \mathcal C^k$ dengan $\varphi_X^{(j)}(0) = \iu^j\,\E[X^j]$ bagi $j \leq k$ ; khususnya, bagi $X \in L^2$ yang terpusat dan bervarians $\sigma^2$ :

\varphi_X(\xi) = 1 - \frac{\sigma^2\xi^2}{2} + o(\xi^2) \qquad (\xi \to 0).

(d) Gauss: $X \sim \mathcal N(m, \sigma^2)$ mempunyai $\varphi_X(\xi) = \eu^{\iu m\xi - \sigma^2\xi^2/2}$ .

Bukti. (a) Batasnya langsung; sedangkan untuk kekontinuannya: $\abs{\varphi(\xi + h) - \varphi(\xi)} \leq \E\abs{\eu^{\iu hX} - 1} \to 0$ saat $h \to 0$ menurut konvergensi terdominasi, seragam terhadap $\xi$ . Adapun aturan afinnya adalah sebuah substitusi. (b) Berlaku $\eu^{\iu\xi(X+Y)} = \eu^{\iu\xi X}\eu^{\iu\xi Y}$ , sedangkan nilai harapan hasil kali variabel yang bebas memfaktor (Teorema 22.5, yang diterapkan pada bagian real dan imajinernya). (c) Penurunan di bawah tanda nilai harapannya, yang terdominasi $\E\abs X^j$ (Teorema 10.15); lalu uraian Taylornya di $0$ adalah Taylor–Young bagi fungsi $\mathcal C^2$ $\varphi$ . (d) Untuk $\mathcal N(0,1)$ : transformasi Gaussnya (Contoh 14.2 dengan $a = \frac12$ ) memberikan $\int\eu^{\iu\xi x}\frac{\eu^{-x^2/2}}{\sqrt{2\pi}}\dd x = \eu^{-\xi^2/2}$ ; sedangkan kasus umumnya lewat aturan afinnya. ∎

Teorema 23.3 (Keinjektifan)

Jika $\varphi_X = \varphi_Y$ , maka $X$ dan $Y$ berdistribusi sama. Lebih tepatnya, bagi $N \sim \mathcal N(0,1)$ yang bebas dari $X$ dan $\varepsilon > 0$ , variabel yang dimuluskan $X + \varepsilon N$ mempunyai kepadatan

p_\varepsilon(x) = \frac1{2\pi}\int_\R \varphi_X(-\xi)\,\eu^{-\varepsilon^2\xi^2/2}\, \eu^{\iu\xi x}\,\dd\xi ,

yang ditentukan $\varphi_X$ semata; lalu membiarkan $\varepsilon \to 0$ memulihkan distribusi $X$ .

Bukti. Variabel $X + \varepsilon N$ berkepadatan $p_\varepsilon(x) = \E\bigl[g_\varepsilon(x - X)\bigr]$ , dengan $g_\varepsilon$ sebagai kepadatan $\mathcal N(0, \varepsilon^2)$ : sebab bagi $B$ yang Borel, kebebasan dan Tonelli memberikan $\P(X + \varepsilon N \in B) = \int\!\!\int\mathbf 1_B(x + \varepsilon n)g_1(n)\,\dd n\,\dd\P_X(x) = \int_B\E[g_\varepsilon(t - X)]\dd t$ (substitusikan, lalu Tonelli lagi). Lalu dengan menulis $g_\varepsilon$ lewat pembalikan Fourier transformasinya (Latihan 14.4, yang diskalakan ulang): $g_\varepsilon(u) = \frac1{2\pi}\int \eu^{-\varepsilon^2\xi^2/2}\eu^{\iu\xi u}\dd\xi$ , lalu Fubini (sebab semuanya terdominasi faktor Gaussnya):

p_\varepsilon(x) = \frac1{2\pi}\int_\R \varphi_X(-\xi)\,\eu^{-\varepsilon^2\xi^2/2}\, \eu^{\iu\xi x}\,\dd\xi ,

yakni fungsional $\varphi_X$ semata. Jika $\varphi_X = \varphi_Y$ : maka $X + \varepsilon N$ dan $Y + \varepsilon N$ berdistribusi sama bagi setiap $\varepsilon$ ; sedangkan bagi $f$ yang kontinu terbatas, $\E f(X + \varepsilon N) \to \E f(X)$ saat $\varepsilon \to 0$ (menurut konvergensi terdominasi, sebab $X + \varepsilon N \to X$ titik demi titik pada ruang hasil kalinya), sehingga $\E f(X) = \E f(Y)$ bagi setiap $f$ semacam itu — dan ini menentukan distribusinya: sebab bagi setiap $t$ , apitlah $\mathbf 1_{\intoc{-\infty}t}$ di antara landaian kontinu terbatas $f_k^\pm$ (yang sama dengan $1$ pada $\intoc{-\infty}{t \mp \frac1k}$ , sama dengan $0$ di luar $t \pm \frac1k$ , dan afin di antaranya); lalu melimitkan $\E f_k^-(X) \leq F_X(t) \leq \E f_k^+(X)$ memberikan $F_X(t) = F_Y(t)$ pada setiap $t$ yang keduanya kontinu di sana, sehingga di mana-mana menurut kekontinuan kanan dan kepadatan titik kekontinuan bersamanya (sebab kedua $F$ berlompatan terbilang banyak); dan fungsi distribusi yang sama memaksa distribusi yang sama (Latihan 9.3, yang bersandar pada Teorema 9.7). ∎

23.2 Konvergensi dalam distribusi

Definisi 23.4

Variabel $X_n$ konvergen dalam distribusi (atau dalam hukumnya) ke $X$ , yang ditulis $X_n \Rightarrow X$ , jika

\E\bigl[f(X_n)\bigr] \longrightarrow \E\bigl[f(X)\bigr] \qquad\text{bagi setiap fungsi kontinu terbatas } f\colon\R\to\R .

Secara setara (Latihan 23.4): $F_{X_n}(t) \to F_X(t)$ pada setiap titik kekontinuan $t$ milik $F_X$ . Lalu $X_n$ tak perlu hidup pada ruang peluang bersama: sebab hanya distribusinya yang penting.

Teorema 23.5 (Teorema pemilihan Helly)

Setiap barisan $(F_n)$ fungsi distribusi mempunyai subbarisan yang konvergen titik demi titik, pada setiap titik kekontinuan limitnya, ke $G \colon \R \to \intcc01$ yang tak turun dan kontinu kanan — mungkin dengan $G(+\infty) - G(-\infty) < 1$ (sebab massanya boleh lolos ke tak hingga).

Bukti. Ekstraksi diagonalnya memberikan $F_{n_k}(q) \to \ell(q)$ bagi setiap $q$ rasional (sebab nilainya di $\intcc01$ yang kompak). Definisikanlah $G(t) = \inf\{\ell(q) : q \in \Q, q > t\}$ : yang tak turun; dan kontinu kanan (sebab infimum atas persekitaran rasional yang mengecil dari kanan). Lalu pada titik kekontinuan $t$ milik $G$ : bagi bilangan rasional $q_1 < t < q_2$ ,

\ell(q_1) \leq \liminf F_{n_k}(t) \leq \limsup F_{n_k}(t) \leq \ell(q_2),

menurut kemonotonan setiap $F_{n_k}$ . Lalu dari definisi $G$ sebagai infimum dan kemonotonan $\ell$ pada bilangan rasionalnya: $G(s) \leq \ell(q) \leq G(q)$ setiap kali $s < q$ . Lalu mengambil $s < q_1 < t$ memberikan $\ell(q_1) \geq G(s)$ , dan $\ell(q_2) \leq G(q_2)$ ; sehingga dengan membiarkan $s \uparrow t$ dan $q_2 \downarrow t$ , kekontinuan $G$ di $t$ mengapit baik $\liminf$ maupun $\limsup$ -nya ke $G(t)$ . ∎

Lema 23.6 (Keketatan dari fungsi karakteristiknya)

Bagi sembarang peubah acak $X$ dan $u > 0$ :

\P\Bigl(\abs X \geq \frac2u\Bigr) \;\leq\; \frac1u\int_{-u}^{u}\bigl(1 - \operatorname{Re}\varphi_X(\xi)\bigr)\,\dd\xi .

Bukti. Menurut Tonelli–Fubini (sebab integrannya terbatas dan daerahnya berhingga terhadap $\xi$ ):

\frac1u\int_{-u}^u\bigl(1 - \operatorname{Re}\varphi_X(\xi)\bigr)\dd\xi = \E\Bigl[\frac1u\int_{-u}^u(1 - \cos(\xi X))\,\dd\xi\Bigr] = 2\,\E\Bigl[1 - \frac{\sin(uX)}{uX}\Bigr]

(tafsirkanlah kurungnya sebagai limitnya $0$ di $X = 0$ ). Sedangkan integrannya tak negatif (sebab $\abs{\sin t} \leq \abs t$ ), dan bagi $\abs{uX} \geq 2$ : $1 - \frac{\sin(uX)}{uX} \geq 1 - \frac1{\abs{uX}} \geq \frac12$ . Jadi menyimpan hanya kejadian $\{\abs{uX} \geq 2\}$ di dalam nilai harapannya menyisakan setidaknya $2 \cdot \frac12\,\P(\abs X \geq \frac2u)$ , dan itulah klaimnya. ∎

Teorema 23.7 (Teorema kekontinuan Lévy)

Misalkan $(X_n)$ peubah acak yang fungsi karakteristiknya konvergen titik demi titik: $\varphi_{X_n}(\xi) \to \varphi(\xi)$ bagi setiap $\xi$ , dengan $\varphi = \varphi_X$ sebagai fungsi karakteristik suatu peubah acak $X$ . Maka $X_n \Rightarrow X$ .

Bukti. Keketatannya. Tetapkanlah $\varepsilon > 0$ . Karena $\varphi$ kontinu di $0$ dengan $\varphi(0) = 1$ , pilihlah $u > 0$ dengan $\frac1u\int_{-u}^u(1 - \operatorname{Re}\varphi) < \varepsilon$ ; lalu menurut konvergensi terdominasi (sebab integrannya terbatas oleh $2$ pada $[-u,u]$ yang tetap), integral yang sama bagi $\varphi_{X_n}$ bernilai $< 2\varepsilon$ bagi $n$ yang besar: sehingga Lema 23.6 memberikan $\P(\abs{X_n} \geq \frac2u) \leq 2\varepsilon$ bagi $n$ yang besar, sedangkan membesarkan konstantanya menangani berhingga banyak sisanya: jadi distribusinya ketat — tak ada massa yang lolos.

Subbarisannya. Misalkan $(F_{n_k})$ sembarang subbarisan; lalu menurut Helly (Teorema 23.5) sarikanlah $F_{n_{k_j}} \to G$ pada titik kekontinuannya. Keketatannya memaksa $G(-\infty) = 0$ , $G(+\infty) = 1$ (sebab $G(\frac2u) - G(-\frac2u) \geq 1 - 2\varepsilon$ pada titik kekontinuannya): jadi $G$ merupakan fungsi distribusi yang sejati, milik suatu peubah acak $Y$ . Maka $X_{n_{k_j}} \Rightarrow Y$ (Latihan 23.4, yakni konvergensi distribusinya dari $F$ -nya), sehingga $\varphi_{X_{n_{k_j}}} \to \varphi_Y$ titik demi titik (sebab $x \mapsto \eu^{\iu\xi x}$ kontinu terbatas, pada bagian real dan imajinernya secara terpisah); lalu dengan membandingkannya dengan hipotesisnya: $\varphi_Y = \varphi = \varphi_X$ , sehingga keinjektifannya (Teorema 23.3) memberikan $Y \sim X$ , yakni $G = F_X$ .

Kesimpulannya. Setiap subbarisan $(F_n)$ mempunyai subsubbarisan yang konvergen ke $F_X$ yang sama (pada titik kekontinuannya); sehingga $F_n(t) \to F_X(t)$ pada setiap titik kekontinuan $t$ (sebab barisan real yang setiap subbarisannya mempunyai subsubbarisan berlimit sama akan konvergen): jadi $X_n \Rightarrow X$ . ∎

23.3 Teorema limit pusat

Teorema 23.8 (Teorema limit pusat)

Misalkan $(X_n)$ i.i.d. dengan $\E X_1 = m$ dan $\V(X_1) = \sigma^2 \in \intoo0\infty$ . Maka

\frac{S_n - nm}{\sigma\sqrt n} \;\Longrightarrow\; \mathcal N(0, 1) : \qquad \P\Bigl(a \leq \frac{S_n - nm}{\sigma\sqrt n} \leq b\Bigr) \longrightarrow \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_a^b\eu^{-x^2/2}\,\dd x

bagi setiap $a < b$ .

Bukti. Pusatkan lalu normalkan: $Z_i = \frac{X_i - m}{\sigma}$ (yang i.i.d., berrata-rata $0$ dan bervarians $1$ ) dan $T_n = \frac1{\sqrt n}\sum_{i\leq n}Z_i$ . Lalu menurut kebebasannya dan aturan afinnya (Proposisi 23.2):

\varphi_{T_n}(\xi) = \varphi_{Z}\Bigl(\frac{\xi}{\sqrt n}\Bigr)^{n}, \qquad \varphi_Z(\eta) = 1 - \frac{\eta^2}2 + \eta^2\rho(\eta),\quad \rho(\eta)\to0 .

Tetapkanlah $\xi$ lalu ambil $a_n = \varphi_Z(\xi/\sqrt n)$ , $b_n = 1 - \frac{\xi^2}{2n}$ : keduanya bermodulus $\leq 1$ bagi $n$ yang besar (sebab $\abs{b_n} \leq 1$ begitu $\xi^2 \leq 4n$ ; sedangkan $\abs{a_n} \leq 1$ selalu). Lalu ketaksamaan elementernya $\abs{a^n - b^n} \leq n\abs{a - b}$ bagi $\abs a, \abs b \leq 1$ (lewat teleskop $a^n - b^n = \sum a^k(a - b)b^{n-1-k}$ ) memberikan

\Bigl|\varphi_{T_n}(\xi) - \Bigl(1 - \frac{\xi^2}{2n}\Bigr)^{n}\Bigr| \leq n\,\Bigl|\varphi_Z\Bigl(\frac\xi{\sqrt n}\Bigr) - 1 + \frac{\xi^2}{2n}\Bigr| = \xi^2\,\Bigl|\rho\Bigl(\frac{\xi}{\sqrt n}\Bigr)\Bigr| \longrightarrow 0,

sedangkan $\bigl(1 - \frac{\xi^2}{2n}\bigr)^n \to \eu^{-\xi^2/2}$ (lewat logaritma realnya). Jadi $\varphi_{T_n}(\xi) \to \eu^{-\xi^2/2} = \varphi_{\mathcal N(0,1)}(\xi)$ (Proposisi 23.2(d)) bagi setiap $\xi$ : sehingga Lévy (Teorema 23.7) menyimpulkan $T_n \Rightarrow \mathcal N(0,1)$ . Adapun peluang selangnya menyusul sebab $F_{\mathcal N}$ kontinu di mana-mana. ∎

Contoh 23.9 (Selang kepercayaan, yang diturunkan secara jujur)

Jajakilah $n$ pemilih yang bebas; maka $\hat p_n = S_n/n$ menaksir $p$ yang sebenarnya, dengan $\sigma^2 = p(1-p) \leq \frac14$ . Lalu teorema limit pusatnya memberikan, bagi $n$ yang besar,

\P\Bigl(\abs{\hat p_n - p} \leq \frac{z}{2\sqrt n}\Bigr) \;\geq\; \P\Bigl(\Bigl|\frac{S_n - np}{\sigma\sqrt n}\Bigr| \leq z\Bigr) \longrightarrow \Phi(z) - \Phi(-z),

dengan $\Phi$ sebagai fungsi distribusi Gauss bakunya. Dengan $z = 1.96$ : kepercayaan asimtotiknya $95\%$ , sedangkan marjin $\frac{1.96}{2\sqrt n} \leq 3\%$ menuntut $n \geq \bigl(\frac{1.96}{0.06}\bigr)^2 \approx 1068$ — yakni bilangan di balik setiap “ $\pm3$ poin, $95\%$ ” yang orang baca; bandingkanlah dengan $5556$ milik Chebyshev (Latihan 22.7). Adapun $\sqrt n$ -nya universal: bahwa untuk memarukan galatnya, cuplikannya harus dilipatempatkan — yakni hukum yang sama yang menetapkan ongkos Monte Carlo (Latihan 23.7).

23.4 Vektor Gauss

Definisi 23.10

Sebuah vektor acak $X = (X_1, \dots, X_d)$ disebut Gauss jika setiap kombinasi linearnya $\langle t, X\rangle = \sum t_iX_i$ merupakan variabel Gauss real (yang mungkin merosot). Distribusinya ditentukan oleh vektor rata-ratanya $m = (\E X_i)$ dan matriks kovarians $\Sigma = \bigl(\operatorname{Cov} (X_i, X_j)\bigr)$ : sebab fungsi karakteristik vektornya, $\varphi_X(t) = \E\eu^{\iu\langle t, X\rangle}$ , adalah nilai di $1$ bagi fungsi karakteristik $\langle t, X\rangle$ :

\varphi_X(t) = \exp\Bigl(\iu\langle t, m\rangle - \tfrac12\,t^{\mathsf T}\Sigma\,t\Bigr),

sedangkan fungsi karakteristik berdimensi $d$ bersifat injektif (lewat bukti pemulusan yang sama dengan Teorema 23.3, dengan Gauss koordinat demi koordinat).

Teorema 23.11

Misalkan $X$ sebuah vektor Gauss.

Setiap peta afin $AX + b$ merupakan vektor Gauss.
Komponen $X_i$ bersifat bebas jika dan hanya jika $\Sigma$ diagonal: jadi bagi variabel Gauss bersama, tak berkorelasi $=$ bebas.
Jika $\Sigma$ terbalikkan, maka $X$ berkepadatan $\frac{1}{(2\pi)^{d/2}\sqrt{\det\Sigma}} \exp\bigl(-\frac12(x - m)^{\mathsf T}\Sigma^{-1}(x - m)\bigr)$ .

Bukti. (1) Kombinasi linear komponen $AX + b$ merupakan fungsi afin kombinasi linear $X$ : jadi Gauss (sebab peta afin sebuah variabel Gauss bersifat Gauss). (2) Jika $\Sigma$ diagonal, maka fungsi karakteristiknya memfaktor: $\varphi_X(t) = \prod_i\exp(\iu t_im_i - \frac12\Sigma_{ii}t_i^2) = \prod\varphi_{X_i}(t_i)$ , yang merupakan fungsi karakteristik distribusi hasil kalinya (Teorema 22.5 yang dibaca lewat keinjektifan berdimensi $d$ ): sehingga komponennya bebas. Sedangkan konversnya adalah lenyapnya kovarians variabel $L^2$ yang bebas. (3) Diagonalkanlah $\Sigma = P D P^{\mathsf T}$ (dengan $P$ ortogonal dan $D > 0$ diagonal — Latihan 20.8); maka vektor $Y = P^{\mathsf T}(X - m)$ bersifat Gauss dengan kovarians $D$ : sehingga menurut (2) komponennya bebas dan $\mathcal N(0, d_i)$ , jadi $Y$ berkepadatan hasil kali; lalu dorong majulah lewat $x = m + PY$ yang mengawetkan volume (Teorema 11.10, sebab $\abs{\det P} = 1$ ) lalu tulislah kembali eksponennya secara invarian. ∎

Teorema 23.12 (Teorema limit pusat berdimensi banyak)

Misalkan $(X_n)$ merupakan vektor acak i.i.d. yang terintegralkan kuadrat di $\R^d$ dengan rata-rata $m$ dan matriks kovarians $\Sigma$ . Maka $\frac{S_n - nm}{\sqrt n}$ konvergen dalam distribusi ke vektor Gauss $\mathcal N(0, \Sigma)$ .

Bukti. Diterima tanpa bukti pada tingkat ini. ∎

Catatan 23.13

Hampir semuanya sudah ada di tangan kita. Sebab bagi setiap arah $t \in \R^d$ , variabel real $\langle t, \frac{S_n - nm}{\sqrt n}\rangle$ merupakan jumlah ternormalkan variabel real i.i.d. bervarians $t^{\mathsf T}\Sigma t$ , sehingga perhitungan Teorema 23.8 memberikan konvergensi titik demi titik fungsi karakteristik berdimensi $d$ -nya ke $\eu^{-t^{\mathsf T}\Sigma t/2}$ , yakni fungsi karakteristik $\mathcal N(0, \Sigma)$ (Definisi 23.10). Adapun yang belum kita buktikan ulang adalah teorema kekontinuan Lévy di $\R^d$ : sebab pemilihan Helly dan taksiran keketatannya diperumum secara rutin (koordinat demi koordinat), dan reduksi Cramér–Wold ini dikerjakan dengan jujur pada setiap kuliah peluang pascasarjana; jadi tak ada yang diperlukan di luar metode bab ini.

Metode 23.14

Untuk mengenali sebuah distribusi limit: hitunglah fungsi karakteristiknya, ambillah limit titik demi titiknya, kenalilah (Gauss $\eu^{-\sigma^2\xi^2/2}$ , Poisson $\eu^{\lambda(\eu^{\iu\xi}-1)}$ , eksponensial $\frac{\lambda} {\lambda - \iu\xi}$ , …) lalu panggillah Lévy. Ritual tiga langkahnya (kebebasan $\to$ hasil kali; Taylor di $0$ $\to$ limit eksponensial; Lévy $\to$ konvergensi distribusi) membuktikan teorema limit pusatnya, hukum kejadian langka Poisson (Latihan 23.5), dan setiap teorema limit klasik pada kuliah ini. Sedangkan untuk pernyataan h.p., kembalilah ke perkakas Bab 22: sebab kedua babnya menjawab pertanyaan berbeda tentang $S_n$ yang sama.

23.5 Latihan

Latihan 23.1 ★

Hitunglah fungsi karakteristiknya: seragam pada $\intcc{-1}1$ ; eksponensial $\mathcal E(\lambda)$ ; Poisson $\mathcal P(\lambda)$ ; binomial $\mathcal B(n, p)$ . Lalu simpulkanlah lewat Teorema 23.3 bahwa jumlah variabel Poisson yang bebas (dengan $\lambda, \mu$ ) bersifat Poisson $(\lambda + \mu)$ .

Solusi

Solusi Latihan 23.1.

Seragam pada $\intcc{-1}1$ : $\varphi(\xi) = \frac12\int_{-1}^1\eu^{\iu\xi x}\dd x = \frac{\sin\xi}{\xi}$ (yang sama dengan $1$ di $\xi = 0$ ). Eksponensial $\mathcal E(\lambda)$ : $\varphi(\xi) = \lambda\int_0^\infty\eu^{(\iu\xi - \lambda)x}\dd x = \frac{\lambda}{\lambda - \iu\xi}$ (sebab antiturunannya lenyap di $+\infty$ karena $\operatorname{Re}(\iu\xi - \lambda) < 0$ ). Poisson $\mathcal P(\lambda)$ : menurut teorema transfer bagi distribusi diskretnya,

\varphi(\xi) = \sum_{k\geq0}\eu^{\iu\xi k}\,\eu^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!} = \eu^{-\lambda}\exp\bigl(\lambda\eu^{\iu\xi}\bigr) = \exp\bigl(\lambda(\eu^{\iu\xi} - 1)\bigr).

Binomial $\mathcal B(n, p)$ : yakni jumlah $n$ variabel Bernoulli yang bebas, masing-masing berfungsi karakteristik $1 - p + p\eu^{\iu\xi}$ , sehingga $\varphi(\xi) = \bigl(1 - p + p\eu^{\iu\xi}\bigr)^n$ (Proposisi 23.2(b)). Untuk keaditifan Poissonnya: jika $X \sim \mathcal P(\lambda)$ dan $Y \sim \mathcal P(\mu)$ saling bebas,

\varphi_{X+Y}(\xi) = \eu^{\lambda(\eu^{\iu\xi}-1)} \eu^{\mu(\eu^{\iu\xi}-1)} = \eu^{(\lambda+\mu)(\eu^{\iu\xi}-1)},

yakni fungsi karakteristik $\mathcal P(\lambda + \mu)$ ; lalu keinjektifannya (Teorema 23.3) mengenali distribusinya.

Latihan 23.2 ★★

(a) Tunjukkanlah bahwa $\varphi_X$ bernilai real jika dan hanya jika $X$ dan $-X$ berdistribusi sama (yakni variabel yang setangkup). (b) Andaikanlah $\abs{\varphi_X(\xi_0)} = 1$ bagi suatu $\xi_0 \neq 0$ . Tunjukkanlah bahwa $X$ hampir pasti bertumpu pada barisan aritmetika $a + \frac{2\pi}{\xi_0}\Z$ (tulislah $\varphi_X(\xi_0) = \eu^{\iu\theta}$ lalu hitung $\E[1 - \cos(\xi_0X - \theta)]$ ). Lalu simpulkanlah bahwa jika $X$ berkepadatan, maka $\abs{\varphi_X(\xi)} < 1$ bagi setiap $\xi \neq 0$ .

Solusi

Solusi Latihan 23.2.

(a) Berlaku $\overline{\varphi_X(\xi)} = \E\eu^{-\iu\xi X} = \varphi_{-X}(\xi)$ . Jadi $\varphi_X$ real jika dan hanya jika $\varphi_X = \varphi_{-X}$ , jika dan hanya jika (menurut keinjektifannya, Teorema 23.3) $X$ dan $-X$ berdistribusi sama. (b) Tulislah $\varphi_X(\xi_0) = \eu^{\iu\theta}$ . Maka

\E\bigl[1 - \cos(\xi_0X - \theta)\bigr] = 1 - \operatorname{Re}\bigl(\eu^{-\iu\theta} \varphi_X(\xi_0)\bigr) = 1 - 1 = 0 .

Integrannya tak negatif, sehingga $\cos(\xi_0X - \theta) = 1$ hampir pasti (sebab variabel tak negatif yang bernilai harapan nol lenyap secara h.p.), yakni $\xi_0X - \theta \in 2\pi\Z$ secara h.p.: jadi $X$ mengambil nilainya pada barisan aritmetika $\frac{\theta}{\xi_0} + \frac{2\pi}{\xi_0}\Z$ hampir pasti. Sedangkan jika $X$ berkepadatan, himpunan terbilang ini bernilai Lebesgue nol, sehingga berpeluang $0$ — yakni kontradiksi; karena itu $\abs{\varphi_X(\xi)} < 1$ bagi setiap $\xi \neq 0$ .

Latihan 23.3 ★★

Misalkan $X \sim \mathcal N(m_1, \sigma_1^2)$ dan $Y \sim \mathcal N(m_2, \sigma_2^2)$ saling bebas. Tunjukkanlah $X + Y \sim \mathcal N(m_1 + m_2, \sigma_1^2 + \sigma_2^2)$ , dan lebih umum bahwa keluarga Gaussnya stabil terhadap jumlah yang bebas dan pemetaan afin. Pertentangkanlah: apakah jumlah dua variabel Gauss yang bergantung selalu Gauss? (Latihan 23.9.)

Solusi

Solusi Latihan 23.3.

Menurut kebebasannya dan Proposisi 23.2:

\varphi_{X+Y}(\xi) = \eu^{\iu m_1\xi - \sigma_1^2\xi^2/2}\, \eu^{\iu m_2\xi - \sigma_2^2\xi^2/2} = \eu^{\iu(m_1+m_2)\xi - (\sigma_1^2+\sigma_2^2)\xi^2/2},

yakni fungsi karakteristik $\mathcal N(m_1 + m_2, \sigma_1^2 + \sigma_2^2)$ ; lalu keinjektifannya menyimpulkan. Sedangkan kestabilan terhadap pemetaan afin adalah aturan afinnya ( $aX + b \sim \mathcal N(am_1 + b, a^2\sigma_1^2)$ , dengan mengizinkan kasus merosot $a = 0$ ), dan kestabilan terhadap jumlah yang bebas menyusul lewat induksi atas perhitungan di atas. Adapun bagi Gauss yang bergantung, jumlahnya tak harus Gauss: sebab pada Latihan 23.9, $X$ dan $Y = \varepsilon X$ masing-masing Gauss baku tetapi $X + Y$ lenyap dengan peluang $\frac12$ tanpa nol secara h.p., sehingga ia bukan Gauss.

Latihan 23.4 ★★

(a) Buktikanlah kesetaraan pada Definisi 23.4: bahwa jika $\E f(X_n) \to \E f(X)$ bagi setiap $f$ yang kontinu terbatas, maka $F_{X_n}(t) \to F_X(t)$ pada titik kekontinuannya (apitlah $\mathbf 1_{\intoc{-\infty}t}$ di antara dua landaian-tangga yang kontinu); dan sebaliknya (hampirilah $f$ yang kontinu terbatas oleh jumlah fungsi landaian, atau syaratkanlah pada kisi halus titik kekontinuannya) — dan konversnya boleh ditangani bagi $f$ yang kontinu seragam lebih dahulu, lalu secara umum. (b) Tunjukkanlah bahwa $X_n \Rightarrow c$ (yakni sebuah konstanta) mengakibatkan $X_n \to c$ dalam peluang.

Solusi

Solusi Latihan 23.4.

(a) Implikasi langsungnya. Misalkan $t$ titik kekontinuan $F_X$ dan $\delta > 0$ . Ambillah landaian kontinu $f^-$ (yang $= 1$ pada $\intoc{-\infty}{t-\delta}$ , $0$ mulai dari $t$ , dan afin di antaranya) dan $f^+$ (yang $= 1$ pada $\intoc{-\infty}t$ , $0$ mulai dari $t + \delta$ , dan afin di antaranya); maka $f^- \leq \mathbf 1_{\intoc{-\infty}t} \leq f^+$ , sehingga

\E f^-(X_n) \leq F_{X_n}(t) \leq \E f^+(X_n),

sedangkan suku luarnya konvergen ke $\E f^\pm(X)$ , yang sendirinya terapit di antara $F_X(t - \delta)$ dan $F_X(t + \delta)$ . Lalu dengan membiarkan $n \to \infty$ kemudian $\delta \to 0$ dan memakai kekontinuan $F_X$ di $t$ : $F_{X_n}(t) \to F_X(t)$ .

Konversnya. Misalkan $f$ kontinu terbatas, $M = \sup\abs f$ , dan $\varepsilon > 0$ . Titik kekontinuan $F_X$ bersifat padat (sebab $F_X$ berlompatan paling banyak terbilang), sehingga pilihlah titik kekontinuan $a < b$ dengan $F_X(a) < \varepsilon$ dan $1 - F_X(b) < \varepsilon$ . Lalu pada $\intcc ab$ yang kompak, fungsi $f$ kontinu seragam: pilihlah titik kekontinuan $a = t_0 < t_1 < \dots < t_m = b$ milik $F_X$ yang ayunan $f$ -nya paling banyak $\varepsilon$ pada setiap $\intoc{t_{j-1}}{t_j}$ , lalu tetapkan $g = \sum_j f(t_j)\,\mathbf 1_{\intoc{t_{j-1}}{t_j}}$ . Maka $\abs{f - g} \leq \varepsilon$ pada $\intoc ab$ , $\abs g \leq M$ , dan bagi $T = X_n$ atau $X$ :

\bigl|\E f(T) - \E g(T)\bigr| \leq \varepsilon + 2M\bigl(F_T(a) + 1 - F_T(b)\bigr).

Lebih jauh $\E g(X_n) = \sum_j f(t_j)\bigl(F_{X_n}(t_j) - F_{X_n}(t_{j-1})\bigr) \to \E g(X)$ (yakni jumlah berhingga suku yang konvergen, sebab semua $t_j$ merupakan titik kekontinuannya), dan $F_{X_n}(a) \to F_X(a) < \varepsilon$ , $1 - F_{X_n}(b) \to 1 - F_X(b) < \varepsilon$ . Lalu dengan merakitnya: $\limsup_n\abs{\E f(X_n) - \E f(X)} \leq 2\varepsilon + 8M\varepsilon$ ; lalu biarkanlah $\varepsilon \to 0$ .

(b) Fungsi distribusi konstanta $c$ adalah $\mathbf 1_{\intco c\infty}$ , yang kontinu kecuali di $c$ . Lalu bagi $\varepsilon > 0$ , titik $c - \varepsilon$ dan $c + \frac\varepsilon2$ merupakan titik kekontinuannya, sehingga

\P(\abs{X_n - c} > \varepsilon) \leq F_{X_n}(c - \varepsilon) + 1 - F_{X_n}\Bigl(c + \frac\varepsilon2\Bigr) \longrightarrow 0 + 1 - 1 = 0 .

Latihan 23.5 ★★

(Hukum kejadian langka) Misalkan $X_n \sim \mathcal B(n, p_n)$ dengan $np_n \to \lambda > 0$ . Tunjukkanlah, lewat fungsi karakteristiknya dan Teorema 23.7, bahwa $X_n \Rightarrow \mathcal P(\lambda)$ . Lalu sebagai uji kewarasan numerik: bandingkanlah $\P(X = 0)$ bagi $\mathcal B(100, 0.02)$ dan $\mathcal P(2)$ .

Solusi

Solusi Latihan 23.5.

Ambillah $z_n = p_n(\eu^{\iu\xi} - 1)$ , sehingga $\varphi_{X_n}(\xi) = (1 + z_n)^n$ (Latihan 23.1) dan $\abs{z_n} \leq 2p_n \to 0$ (perhatikan $p_n = \frac{np_n}n \to 0$ ). Baik $1 + z_n$ maupun $\eu^{z_n}$ bermodulus paling banyak $1$ : sebab $\abs{1 + z_n} = \abs{(1 - p_n) + p_n\eu^{\iu\xi}} \leq 1$ menurut ketaksamaan segitiga, sedangkan $\abs{\eu^{z_n}} = \eu^{p_n(\cos\xi - 1)} \leq 1$ . Lalu ketaksamaan teleskopnya $\abs{a^n - b^n} \leq n\abs{a - b}$ (yakni bukti Teorema 23.8) dan batas deret pangkatnya $\abs{\eu^z - 1 - z} \leq \abs z^2\eu^{\abs z}$ memberikan

\bigl|(1 + z_n)^n - \eu^{nz_n}\bigr| \leq n\bigl|1 + z_n - \eu^{z_n}\bigr| \leq n\,\abs{z_n}^2\,\eu^{\abs{z_n}} \leq 4\eu^2\,np_n^2 = 4\eu^2\,(np_n)\,p_n \longrightarrow 0 .

Karena $nz_n = np_n(\eu^{\iu\xi} - 1) \to \lambda(\eu^{\iu\xi} - 1)$ , kita simpulkan $\varphi_{X_n}(\xi) \to \exp\bigl(\lambda(\eu^{\iu\xi} - 1)\bigr)$ bagi setiap $\xi$ : yakni fungsi karakteristik $\mathcal P(\lambda)$ , sehingga Lévy (Teorema 23.7) memberikan $X_n \Rightarrow \mathcal P(\lambda)$ . Secara numerik: $\P\bigl(\mathcal B(100, 0.02) = 0\bigr) = 0.98^{100} = \eu^{100\ln 0.98} \approx \eu^{-2.020} \approx 0.1326$ , sedangkan $\P\bigl(\mathcal P(2) = 0\bigr) = \eu^{-2} \approx 0.1353$ : jadi selisihnya dua persen sudah pada $n$ yang kasar ini.

Latihan 23.6 ★★

(a) Sebuah dadu adil dilempar $n = 1000$ kali; hampirilah peluang bahwa totalnya melampaui $3600$ (dengan rata-rata $3500$ dan varians per lemparan $\frac{35}{12}$ ). (b) Untuk $S \sim \mathcal B(100, \frac12)$ , hampirilah $\P(45 \leq S \leq 55)$ lewat teorema limit pusatnya dengan koreksi kekontinuan ( $\pm\frac12$ ), lalu berilah komentar atas pengaruh koreksinya.

Solusi

Solusi Latihan 23.6.

(a) Satu lemparan berrata-rata $\frac72$ dan bervarians $\frac{35}{12}$ , sehingga $S$ berrata-rata $3500$ , bervarians $\frac{35000}{12} \approx 2916.7$ dan bersimpangan baku $\approx 54.0$ . Lalu menurut teorema limit pusatnya,

\P(S > 3600) = \P\Bigl(\frac{S - 3500}{54.0} > 1.85\Bigr) \approx 1 - \Phi(1.85) \approx 0.032 :

yakni peluang sekitar $3\%$ . (b) Untuk $S \sim \mathcal B(100, \frac12)$ : rata-ratanya $50$ dan simpangan bakunya $5$ . Dengan koreksi kekontinuannya,

\P(45 \leq S \leq 55) \approx \Phi\Bigl(\frac{55.5 - 50}{5}\Bigr) - \Phi\Bigl(\frac{44.5 - 50}{5}\Bigr) = 2\Phi(1.1) - 1 \approx 0.729,

terhadap nilai persisnya $0.7287$ ; sedangkan tanpa koreksinya, $2\Phi(1) - 1 \approx 0.683$ , yang meleset hampir lima poin. Adapun koreksinya penting karena $S$ merupakan variabel kisi: sebab atom $\P(S = k)$ terhampiri baik oleh massa Gauss $\intcc{k - \frac12}{k + \frac12}$ , sehingga menggunting selangnya di bilangan bulat $45$ dan $55$ membuang separuh atom pada setiap ujungnya.

Latihan 23.7 ★★

(Galat Monte Carlo) Pada latar Soal 22.1, pertanyaan 11, dengan $g \in L^2(\intcc01^d)$ , ambillah $\sigma^2 = \V(g(U_1))$ dan $I = \int g$ . Tunjukkanlah

\sqrt n\,\Bigl(\frac1n\sum_{k\leq n}g(U_k) - I\Bigr) \Longrightarrow \mathcal N(0, \sigma^2),

lalu simpulkanlah batang galat $95\%$ asimtotiknya $\pm 1.96\,\sigma/\sqrt n$ — yang tak bergantung pada dimensi $d$ . Bandingkanlah dengan kaidah titik tengah deterministik pada dimensi $d$ (yang galatnya $\sim n^{-2/d}$ bagi integran $\mathcal C^2$ ): mulai dimensi berapa pencuplikan acaknya menang?

Solusi

Solusi Latihan 23.7.

Variabel $g(U_k)$ bersifat i.i.d. (yakni peta terukur variabel i.i.d.), terintegralkan kuadrat, berrata-rata $I$ (menurut teorema transfer, Latihan 11.9) dan bervarians $\sigma^2$ . Jika $\sigma > 0$ , maka Teorema 23.8 yang diterapkan padanya persis merupakan konvergensi yang dinyatakan

\sqrt n\,\Bigl(\frac1n\sum_{k\leq n}g(U_k) - I\Bigr) = \frac{\sum_{k\leq n}\bigl(g(U_k) - I\bigr)}{\sqrt n} \Longrightarrow \mathcal N(0, \sigma^2)

(sedangkan jika $\sigma = 0$ , maka $g$ konstan secara h.p. dan ruas kirinya lenyap secara identik). Karena itu $\P\bigl(\abs{\frac1n\sum g(U_k) - I} \leq 1.96\,\sigma/\sqrt n\bigr) \to 0.95$ : jadi batang galat $\pm 1.96\,\sigma/\sqrt n$ melihat dimensi $d$ hanya lewat konstanta $\sigma$ -nya, tak pernah lewat lajunya terhadap $n$ . Sedangkan kaidah titik tengah dengan $n$ simpul pada dimensi $d$ berjala $n^{-1/d}$ dan bergalat berorde $n^{-2/d}$ bagi integran $\mathcal C^2$ . Lalu $n^{-1/2}$ milik Monte Carlo meluruh lebih cepat daripada $n^{-2/d}$ tepat saat $\frac12 > \frac2d$ , yakni $d > 4$ : jadi mulai dimensi $5$ , pencuplikan acaknya secara asimtotik mengalahkan kisinya — sebab kutukan dimensinya mengampuni metode peluang, dan itulah sebabnya Monte Carlo menguasai pengintegralan berdimensi tinggi.

Latihan 23.8 ★★★

(Slutsky) Andaikanlah $X_n \Rightarrow X$ dan $Y_n \to c$ dalam peluang (dengan $c$ konstanta). Tunjukkanlah $X_n + Y_n \Rightarrow X + c$ dan $Y_nX_n \Rightarrow cX$ . (Bekerjalah dengan fungsi karakteristiknya dan batas $\abs{\E\eu^{\iu\xi (X_n+Y_n)} - \eu^{\iu\xi c}\E\eu^{\iu\xi X_n}} \leq \E\abs{\eu^{\iu\xi(Y_n - c)} - 1}$ , lalu belahlah pada $\abs{Y_n - c} \leq \delta$ .) Penerapannya: pada Contoh 23.9, benarkanlah penggantian $\sigma = \sqrt{p(1-p)}$ yang tak diketahui oleh $\sqrt{\hat p_n(1 - \hat p_n)}$ .

Solusi

Solusi Latihan 23.8.

Jumlahnya. Bagi $\xi$ yang tetap:

\bigl|\E\eu^{\iu\xi(X_n+Y_n)} - \eu^{\iu\xi c}\,\E\eu^{\iu\xi X_n}\bigr| = \bigl|\E\bigl[\eu^{\iu\xi X_n}\bigl(\eu^{\iu\xi Y_n} - \eu^{\iu\xi c}\bigr)\bigr]\bigr| \leq \E\bigl|\eu^{\iu\xi(Y_n - c)} - 1\bigr| .

Belahlah pada kejadian $\{\abs{Y_n - c} \leq \delta\}$ : di sana $\abs{\eu^{\iu\xi(Y_n-c)} - 1} \leq \abs\xi\,\delta$ (sebab talinya lebih pendek daripada busurnya); sedangkan komplemennya menyumbang paling banyak $2\,\P(\abs{Y_n - c} > \delta) \to 0$ . Karena itu $\limsup$ -nya $\leq \abs\xi\,\delta$ bagi setiap $\delta > 0$ : jadi selisihnya menuju $0$ . Lalu karena $\E\eu^{\iu\xi X_n} \to \varphi_X(\xi)$ , kita peroleh $\varphi_{X_n+Y_n}(\xi) \to \eu^{\iu\xi c}\varphi_X(\xi) = \varphi_{X+c}(\xi)$ , sehingga Lévy (Teorema 23.7) menghasilkan $X_n + Y_n \Rightarrow X + c$ .

Hasil kalinya. Pertama, $cX_n \Rightarrow cX$ : sebab $\varphi_{cX_n}(\xi) = \varphi_{X_n}(c\xi) \to \varphi_X(c\xi) = \varphi_{cX}(\xi)$ . Berikutnya, $(Y_n - c)X_n \to 0$ dalam peluang: sebab distribusi $X_n$ bersifat ketat (karena fungsi karakteristiknya konvergen ke sebuah fungsi karakteristik; lihat langkah keketatan Teorema 23.7), sehingga diberikan $\varepsilon > 0$ pilihlah $M$ dengan $\P(\abs{X_n} > M) \leq \varepsilon$ bagi setiap $n$ ; maka

\P\bigl(\abs{(Y_n - c)X_n} > \varepsilon\bigr) \leq \P(\abs{X_n} > M) + \P\Bigl(\abs{Y_n - c} > \frac{\varepsilon}{M}\Bigr) \leq \varepsilon + o(1) .

Lalu dengan menulis $Y_nX_n = cX_n + (Y_n - c)X_n$ dan menerapkan bagian jumlahnya (yang buktinya hanya memakai $Y_n' := (Y_n - c)X_n \to 0$ dalam peluang, dengan konstanta $0$ ): jadi $Y_nX_n \Rightarrow cX$ .

Penerapannya. Menurut hukum kuat bilangan besar (Teorema 22.13), $\hat p_n \to p$ secara h.p., sehingga menurut kekontinuannya $\hat\sigma_n = \sqrt{\hat p_n(1 - \hat p_n)} \to \sigma = \sqrt{p(1 - p)} > 0$ secara h.p., jadi $\frac{\sigma}{\hat\sigma_n} \to 1$ dalam peluang. Lalu aturan hasil kali Slutsky menaikkan $\frac{S_n - np}{\sigma\sqrt n} \Rightarrow \mathcal N(0,1)$ menjadi $\frac{S_n - np}{\hat\sigma_n\sqrt n} = \frac{\sigma}{\hat\sigma_n}\cdot \frac{S_n - np}{\sigma\sqrt n} \Rightarrow \mathcal N(0,1)$ : yakni selang kepercayaan yang terpakai $\hat p_n \pm 1.96\,\hat\sigma_n/\sqrt n$ , yang dibangun dari datanya saja, dan tetap beraras asimtotik $95\%$ .

Latihan 23.9 ★★★

Misalkan $X \sim \mathcal N(0,1)$ dan $\varepsilon$ bebas dengan $\P(\varepsilon = \pm1) = \frac12$ ; tetapkanlah $Y = \varepsilon X$ . (a) Tunjukkanlah $Y \sim \mathcal N(0,1)$ dan $\operatorname{Cov}(X, Y) = 0$ . (b) Tunjukkanlah bahwa $X$ dan $Y$ tidak bebas, dan bahwa $(X, Y)$ bukan vektor Gauss (hitunglah $\P(X + Y = 0)$ ). (c) Pelajarannya: Teorema 23.11(2) menuntut sifat Gauss bersamanya — sebab “Gauss yang tak berkorelasi” saja tak membuktikan apa pun.

Solusi

Solusi Latihan 23.9.

(a) Dengan membelah nilai harapannya atas kedua nilai $\varepsilon$ (menurut kebebasannya): bagi $B$ yang Borel, $\P(Y \in B) = \frac12\P(X \in B) + \frac12\P(-X \in B) = \P(X \in B)$ , sebab $-X \sim X$ (karena $\mathcal N(0,1)$ setangkup): jadi $Y \sim \mathcal N(0,1)$ . Dan $\operatorname{Cov}(X, Y) = \E[\varepsilon X^2] = \E[\varepsilon]\,\E[X^2] = 0 \cdot 1 = 0$ . (b) Berlaku $\abs Y = \abs X$ , sehingga $\P(\abs X \leq 1,\ \abs Y \geq 2) = 0$ padahal $\P(\abs X \leq 1)\,\P(\abs Y \geq 2) > 0$ : jadi tak bebas. Seandainya $(X, Y)$ merupakan vektor Gauss, maka $X + Y = (1 + \varepsilon)X$ akan menjadi variabel Gauss real (Definisi 23.10 dengan $t = (1,1)$ ); padahal $\P(X + Y = 0) = \P(\varepsilon = -1) = \frac12$ , sedangkan variabel Gauss beratom hanya jika ia konstan secara h.p. — dan $X + Y$ sama dengan $2X \neq 0$ secara h.p. pada $\{\varepsilon = 1\}$ . Jadi bertentangan: sehingga $(X, Y)$ bukan Gauss. (c) Setiap marginalnya Gauss dan kovariansnya lenyap, padahal kebebasannya gagal — sebab pasangannya tak Gauss bersama. Jadi Teorema 23.11(2) tak dapat dilemahkan menjadi “marginal Gauss”.

Latihan 23.10 ★★

Distribusi Cauchy berkepadatan $\frac1{\pi(1 + x^2)}$ . (a) Tunjukkanlah bahwa fungsi karakteristiknya $\eu^{-\abs\xi}$ (Latihan 14.1 dan pembalikannya). (b) Tunjukkanlah bahwa jika $X_1, \dots, X_n$ i.i.d. Cauchy, maka $\frac{S_n}n$ kembali Cauchy — yakni distribusi yang sama: sehingga rata-ratanya tak pernah memusat. (c) Damaikanlah dengan hukum bilangan besar dan teorema limit pusatnya: hipotesis mana yang gagal? (Hitunglah $\E\abs{X_1}$ .)

Solusi

Solusi Latihan 23.10.

(a) Latihan 14.1 menghitung $\widehat{\eu^{-\abs\cdot}}(\xi) = \frac{2}{1 + \xi^2}$ ; lalu karena kedua ruasnya terintegralkan, pembalikan Fourier (Teorema 14.5) membalikkan pernyataannya:

\int_\R\eu^{\iu\xi x}\,\frac{\dd x}{\pi(1 + x^2)} = \eu^{-\abs\xi},

yang persis merupakan $\varphi_X(\xi)$ bagi variabel Cauchy $X$ . (b) Menurut kebebasannya, $\varphi_{S_n}(\xi) = \bigl(\eu^{-\abs\xi}\bigr)^n = \eu^{-n\abs\xi}$ , sehingga $\varphi_{S_n/n}(\xi) = \varphi_{S_n}(\xi/n) = \eu^{-\abs\xi}$ : jadi rata-rata empiris $\frac{S_n}n$ kembali Cauchy baku bagi setiap $n$ (menurut keinjektifannya). Sehingga rata-ratanya tak pernah memusat: sebab fluktuasinya pada waktu $10^6$ sama dengan fluktuasi satu pengamatan. (c) Berlaku $\E\abs{X_1} = \frac2\pi\int_0^\infty\frac{x\,\dd x}{1 + x^2} = +\infty$ : jadi distribusi Cauchy tak terintegralkan, sehingga hukum kuat bilangan besar (Teorema 22.13) tak berlaku, dan teorema limit pusatnya (yang menuntut varians berhingga) apalagi. Jadi di sini kesimpulannya sungguh gagal, bukan sekadar buktinya. Sebagai uji keselarasan: $\varphi(\xi) = \eu^{-\abs\xi}$ tak terdiferensialkan di $0$ , seperti yang diramalkan Proposisi 23.2(c) yang dibaca secara kontraposisi bagi variabel yang tak terintegralkan.

Latihan 23.11 ★★

(Distribusi stabil dalam kandungan) Misalkan $(X_n)$ i.i.d. Cauchy baku (Latihan 23.10). (a) Tunjukkanlah bahwa bagi sembarang $a, b > 0$ , $aX_1 + bX_2$ berdistribusi seperti $(a + b)X_1$ : jadi keluarga Cauchy bersifat stabil sejati berindeks $1$ . (b) Tunjukkanlah bahwa keluarga Gaussnya stabil sejati berindeks $2$ : yakni $aX_1 + bX_2 \sim \sqrt{a^2 + b^2}\,X_1$ bagi $X_i$ yang i.i.d. $\mathcal N(0,1)$ . (c) Jelaskanlah, lewat fungsi karakteristik berbentuk $\eu^{-c\abs\xi^\alpha}$ , mengapa kestabilan berindeks- $\alpha$ memaksa penormalan $n^{1/\alpha}$ bagi jumlahnya, dan apa artinya bagi cekungan tarikan teorema limit pusatnya: yakni jumlah i.i.d. mana yang dapat konvergen, setelah penormalan afin, ke distribusi Cauchy alih-alih ke Gauss?

Solusi

Solusi Latihan 23.11.

(a) Berlaku $\varphi_{aX_1 + bX_2}(\xi) = \eu^{-a\abs\xi}\eu^{-b\abs\xi} = \eu^{-(a+b)\abs\xi} = \varphi_{(a+b)X_1}(\xi)$ (menurut kebebasannya dan Latihan 23.10); lalu keinjektifannya mengenali distribusinya.

(b) Berlaku $\varphi_{aX_1+bX_2}(\xi) = \eu^{-a^2\xi^2/2} \eu^{-b^2\xi^2/2} = \eu^{-(a^2+b^2)\xi^2/2}$ : yakni distribusi $\sqrt{a^2+b^2}\,X_1$ .

(c) Jika $\varphi_X(\xi) = \eu^{-c\abs\xi^\alpha}$ , maka $S_n = X_1 + \dots + X_n$ mempunyai $\varphi_{S_n} = \eu^{-cn\abs\xi^\alpha}$ , sedangkan $S_n/n^{1/\alpha}$ mempunyai $\varphi(\xi) = \eu^{-c\abs\xi^\alpha}$ lagi: yakni peranakan diri yang persis di bawah penskalaan $n^{1/\alpha}$ — $\sqrt n$ bagi Gaussnya ( $\alpha = 2$ ), dan $n$ itu sendiri bagi Cauchynya ( $\alpha = 1$ , Latihan 23.10(b)). Jadi jumlah variabel i.i.d. hanya dapat konvergen (setelah penormalan afin) ke distribusi yang stabil terhadap konvolusi semacam itu; sedangkan teorema limit pusatnya mengatakan bahwa varians berhingga memaksa cekungan Gaussnya, dan cekungan Cauchynya tersedia bagi distribusi yang ekornya begitu berat sehingga $\E X^2 = \infty$ bahkan $\E\abs X = \infty$ — misalnya jumlah variabel Cauchy itu sendiri. Jadi keuniversalannya berpulau-pulau, yang terindeks eksponen ekornya $\alpha \in \intoc02$ .

Latihan 23.12 ★★

(Fungsi distribusi empiris) Misalkan $(X_n)$ i.i.d. berfungsi distribusi $F$ , dan $F_n(t) = \frac1n\#\{k \leq n : X_k \leq t\}$ . (a) Tetapkanlah $t$ . Tunjukkanlah bahwa $n F_n(t) \sim \mathcal B(n, F(t))$ , bahwa $F_n(t) \to F(t)$ secara h.p. (Teorema 22.13), dan bahwa

\sqrt n\,\bigl(F_n(t) - F(t)\bigr) \Longrightarrow \mathcal N\bigl(0,\ F(t)(1 - F(t))\bigr) .

(b) Pada $t$ manakah varians asimtotiknya maksimal? Tafsirkanlah: bahwa medianlah tempat sebuah distribusi empiris paling sukar dipastikan. (c) Untuk $F$ yang kontinu, tunjukkanlah bahwa distribusi $\sup_t\abs{F_n(t) - F(t)}$ tak bergantung pada $F$ (reduksikanlah ke variabel seragam lewat Latihan 22.1) — yakni mukjizat bebas-distribusi di balik uji Kolmogorov–Smirnov; dan tak diminta perhitungan distribusi itu.

Solusi

Solusi Latihan 23.12.

(a) Indikator $\mathbf 1_{X_k \leq t}$ bersifat i.i.d. Bernoulli berparameter $p = F(t)$ : sehingga jumlahnya $nF_n(t)$ binomial $\mathcal B(n, p)$ ; lalu hukum kuatnya memberikan $F_n(t) \to p$ secara h.p., sedangkan teorema limit pusatnya (Teorema 23.8) yang diterapkan pada indikator yang sama (bervarians $p(1-p)$ ) memberikan limit Gauss yang dinyatakan itu.

(b) Nilai $p(1 - p)$ maksimal di $p = \frac12$ , yakni di tempat $F(t) = \frac12$ : yaitu di mediannya. Jadi menaksir peluang ekornya mudah secara asimtotik (sebab variansnya $\to 0$ saat $p \to 0, 1$ ); sedangkan daerah mediannya mengangkut derau statistik terbesar — yakni kurva empirisnya paling bergoyang di tengahnya.

(c) Untuk $F$ yang kontinu, variabel $U_k = F(X_k)$ bersifat seragam i.i.d. pada $\intoo01$ (Latihan 22.1), lalu kemonotonan $F$ memberikan, dengan menulis $G_n$ bagi fungsi distribusi empiris $U_k$ -nya:

\sup_{t\in\R}\,\abs{F_n(t) - F(t)} = \sup_{u \in \operatorname{im}F}\,\abs{G_n(u) - u} = \sup_{u\in\intcc01}\abs{G_n(u) - u} :

yakni kesamaan pertamanya karena $\{X_k \leq t\} = \{U_k \leq F(t)\}$ sampai kejadian nol (menurut kemonotonannya; sebab ketaksamaan sejatinya hanya dapat gagal pada bagian datar $F$ , yang kedua ruasnya tak berubah di sana), sedangkan yang kedua karena $F$ yang kontinu, yang berjalan dari $0$ ke $1$ , mencapai setiap nilai $\intoo01$ (menurut teorema nilai antaranya), dan ujungnya tak menambah apa pun (sebab $G_n(0) - 0 = 0$ dan $G_n(1) - 1 = 0$ ). Jadi ruas kanannya hanya melibatkan variabel seragam: yakni satu distribusi bagi setiap $F$ — sehingga satu tabel nilai kritis (yakni tabel distribusi Kolmogorov) menguji sembarang model kontinu terhadap datanya.

23.6 Soal: bukti Lindeberg bagi teorema limit pusatnya, dengan laju

Soal 23.1

Soal akhir pekan — metode penggantian

Lindeberg (1922) membuktikan teorema limit pusatnya lewat gagasan yang sederhananya melucuti: tukarlah sukunya satu per satu dengan variabel Gauss lalu kendalikan setiap penukaran lewat uraian Taylor. Metodenya tak memerlukan analisis Fourier, menghasilkan laju galat yang eksplisit, dan hari ini menjalankan bukti keuniversalan di seluruh teori peluang. Misalkan $(X_i)$ i.i.d., terpusat, dengan $\V(X_1) = 1$ dan $\beta = \E\abs{X_1}^3 < \infty$ ; lalu misalkan $(N_i)$ i.i.d. $\mathcal N(0,1)$ , yang bebas dari $X_i$ -nya (keberadaannya: Teorema 22.6). Tetapkanlah

T_n = \frac{X_1 + \dots + X_n}{\sqrt n}, \qquad G_n = \frac{N_1 + \dots + N_n}{\sqrt n} \sim \mathcal N(0,1).

Bagian I — Identitas penukarannya. Tetapkanlah $f \in \mathcal C^3_b(\R)$ (yakni tiga turunan kontinu yang terbatas; dengan $M_3 = \sup\abs{f'''}$ ). Lalu bagi $0 \leq i \leq n$ definisikanlah jumlah hibridanya

H_i = \frac{X_1 + \dots + X_i + N_{i+1} + \dots + N_n}{\sqrt n},

sehingga $H_n = T_n$ dan $H_0 = G_n$ .

Tulislah $H_i = W_i + \frac{X_i}{\sqrt n}$ dan $H_{i-1} = W_i + \frac{N_i}{\sqrt n}$ dengan $W_i = \frac{1}{\sqrt n}\bigl(\sum_{j<i}X_j + \sum_{j>i}N_j\bigr)$ , lalu perhatikan bahwa $W_i$ bebas dari pasangan $(X_i, N_i)$ . Benarkanlah.
Taylor dengan sisa integral atau sisa Lagrange: bagi sembarang $w, h$ yang real:

$\Bigl|f(w + h) - f(w) - f'(w)h - \tfrac12f''(w)h^2\Bigr| \leq \frac{M_3\,\abs h^3}{6} .$
Terapkanlah pertanyaan 2 dua kali (dengan $h = \frac{X_i}{\sqrt n}$ dan $h = \frac{N_i}{\sqrt n}$ di $w = W_i$ ), ambillah nilai harapannya, lalu pakailah kebebasannya ditambah kecocokan dua momen pertama $X_i$ dan $N_i$ untuk menunjukkan

$\bigl|\E f(H_i) - \E f(H_{i-1})\bigr| \leq \frac{M_3}{6}\cdot \frac{\beta + \gamma}{n^{3/2}}, \qquad \gamma = \E\abs{N_1}^3 = \frac{2\sqrt2}{\sqrt\pi} .$
Teleskopkanlah atas $i$ lalu simpulkan batas Lindeberg-nya:

$\bigl|\E f(T_n) - \E f(G_n)\bigr| \leq \frac{M_3\,(\beta + \gamma)}{6\,\sqrt n} .$

Bagian II — Dari $f$ yang mulus ke teorema limit pusatnya.

Tunjukkanlah bahwa $\E f(T_n) \to \E f(N)$ bagi setiap $f \in \mathcal C_b^3$ , lalu naikkanlah ke setiap $f$ yang kontinu terbatas: yakni diberikan $f$ semacam itu dan $\varepsilon$ , bangunlah $f_\varepsilon \in \mathcal C^3_b$ dengan $\norm{f - f_\varepsilon}_\infty \leq \varepsilon$ pada selang yang besar — misalnya konvolusikanlah $f$ dengan gundukan $\mathcal C^\infty$ (Teorema 12.9) — lalu tanganilah ekornya lewat keketatannya ( $\V(T_n) = 1$ dan Chebyshev). Simpulkanlah $T_n \Rightarrow \mathcal N(0, 1)$ : yakni teorema limit pusatnya, yang dibuktikan ulang.
Di manakah buktinya memakai bahwa $X_i$ berdistribusi identik? Tunjukkanlah bahwa ia nyaris tak memakainya: nyatakan lalu buktikanlah versinya bagi $X_i$ yang bebas, terpusat, dan tak identik dengan $\sum_i\V(X_i) = s_n^2$ beserta momen ketiganya, lalu perolehlah galat $\frac{M_3}{6s_n^3}\sum_i\bigl(\E\abs{X_i}^3 + \V(X_i)^{3/2}\gamma\bigr)$ — yakni teorema Lindeberg yang sebenarnya dalam bentuk Lyapunovnya.

Bagian III — Dividen kuantitatifnya.

(Fungsi distribusinya) Misalkan $t \in \R$ lalu hampirilah $\mathbf 1_{\intoc{-\infty}t}$ dari atas dan dari bawah oleh landaian $\mathcal C^3_b$ berlebar $\delta$ (bangunlah landaiannya, dengan $M_3 = O(\delta^{-3})$ ). Lalu dengan menggabungkannya dengan Bagian I, turunkanlah batas dua sukunya

$\sup_{t\in\R}\,\bigl|\P(T_n \leq t) - \Phi(t)\bigr| \;\leq\; \frac{C_1(\beta + \gamma)}{\delta^3\sqrt n} + C_2\,\delta \qquad (\text{bagi setiap } \delta > 0),$

dengan konstanta yang eksplisit (sebab suku $C_2\delta$ -nya memakai bahwa $\Phi$ berkepadatan terbatas oleh $\frac1{\sqrt{2\pi}}$ ), lalu optimumkanlah $\delta \sim n^{-1/8}$ untuk memperoleh laju seragam berorde $n^{-1/8}$ . ( $n^{-1/2}$ yang optimum — yakni Berry–Esseen — memerlukan perkakas yang lebih halus; sedangkan intinya adalah laju yang eksplisit dari penukaran yang elementer.)
(De Moivre–Laplace, yang dikuantifikasi) Khususkanlah pada $X_i = 2B_i - 1$ (yakni tanda koin adil): lalu bandingkanlah kesimpulannya dengan taksiran lokal Soal 11.1, pertanyaan 7 — apa yang diberikan masing-masing metode yang tak diberikan yang lain?
(Keuniversalan) Jelaskanlah dalam satu paragraf mengapa metode penggantiannya menunjukkan lebih dari teorema limit pusatnya: bahwa sembarang statistik berbentuk $\E f(\text{jumlah})$ dengan $f$ yang mulus tak peka, pada orde $n^{-1/2}$ , terhadap seluruh distribusi sukunya di luar dua momen pertamanya — yakni “asas invariansi” yang melandasi hasil keuniversalan modern (matriks acak, polinomial acak), dan teorema limit pusatnya adalah contoh pertamanya.

Bagian IV — Pemulusan, yang didorong: laju yang lebih baik. Kehilangan dari $n^{-1/2}$ (bagi $f$ yang mulus) ke $n^{-1/8}$ (bagi fungsi distribusinya) berasal dari membebankan $f'''$ dalam norma sup. Padahal hibridanya dapat memperbaiki sebagiannya: sebab di dalamnya ada suku Gauss, dan Gauss memuluskan.

(Gauss yang tersembunyi) Untuk $1 \leq i \leq n - 1$ , dengan $h = \frac{X_i}{\sqrt n}$ atau $\frac{N_i}{\sqrt n}$ , dan $\theta \in \intcc01$ , tulislah $W_i + \theta h = A + Z$ dengan $Z = \frac{N_{i+1} + \dots + N_n}{\sqrt n}$ . Tunjukkanlah bahwa $Z \sim \mathcal N\bigl(0, \frac{n-i}n\bigr)$ bebas dari pasangan $(A, h)$ , lalu simpulkanlah, bagi setiap $g \in L^1(\R)$ yang kontinu,

$\E\bigl[\abs h^3\,\abs{g(W_i + \theta h)}\bigr] \;\leq\; \sqrt{\frac{n}{2\pi(n - i)}}\; \norm{g}_{L^1}\;\E\abs h^3 .$
Gabungkanlah pertanyaan 10 dengan bentuk integral sisa Taylornya,

$f(w + h) = f(w) + f'(w)h + \tfrac12f''(w)h^2 + \int_0^1\frac{(1 - \theta)^2}2\,f'''(w + \theta h)\,h^3\,\dd\theta,$

untuk mengulangi pertanyaan 3–4: bahwa bagi $f \in \mathcal C^3_b$ yang terlebih lagi $f''' \in L^1(\R)$ ,

$\bigl|\E f(T_n) - \E f(G_n)\bigr| \leq \frac{\beta + \gamma}{3\sqrt{2\pi}}\cdot \frac{\norm{f'''}_{L^1}}{\sqrt n} + \frac{M_3(\beta + \gamma)}{6\,n^{3/2}}$

(pertanyaan 10 menangani penukaran $i \leq n - 1$ — pakailah $\sum_{m=1}^{n-1}m^{-1/2} \leq 2\sqrt n$ — sedangkan batas kasar pertanyaan 3 menangani yang terakhir). Periksalah bahwa landaian pertanyaan 7 memenuhi $\norm{\psi_\delta'''}_{L^1} = K_1\delta^{-2}$ sedangkan $M_3 = K\delta^{-3}$ , masukkanlah keduanya, lalu optimumkanlah $\delta$ : sehingga laju seragam fungsi distribusinya membaik menjadi $O(n^{-1/6})$ .
(Mencocokkan satu momen lagi) Andaikanlah pula $\E X_1^3 = 0$ dan $\beta_4 = \E X_1^4 < \infty$ . Hitunglah $\E N_1^3$ dan $\E N_1^4$ , uraikan sampai orde keempat, lalu buktikanlah dengan cara yang sama bahwa laju fungsi distribusinya menjadi $O(n^{-1/4})$ (kini $\norm{\psi_\delta^{(4)}}_{L^1} = K_2\delta^{-3}$ dan $M_4 = K'\delta^{-4}$ ; pilihlah $\delta = n^{-1/4}$ ).
(Halangannya) Andaikanlah $k$ momen pertama $X_1$ cocok dengan momen Gaussnya ( $k = 2$ selalu; $k = 3$ tepat saat $\E X_1^3 = 0$ ; sedangkan $k \geq 4$ pada dasarnya tak pernah, sebab $\E N_1^4 = 3$ ). Periksalah bahwa skema pertanyaan 10–12 memberikan laju fungsi distribusinya $n^{-(k-1)/(2k+2)}$ , lewat menyeimbangkan $\delta^{-k}n^{-(k-1)/2}$ terhadap $\delta$ , lalu amatilah bahwa eksponennya mendekati nilai Berry–Esseen $\frac12$ hanya saat $k \to \infty$ . Jelaskanlah dalam beberapa kalimat mengapa metode penukarannya menjenuh: sebab setiap penukarannya dibebankan dalam nilai mutlak, sedangkan jalur Fouriernya (yakni ketaksamaan pemulusan Esseen) memanfaatkan ayunan selisih fungsi karakteristiknya lalu mencapai $C\beta n^{-1/2}$ dengan tiga momen saja.

Bagian V — Dua dimensi: teorema limit pusat berdimensi banyak, lewat penukaran. Kini misalkan $X_i$ merupakan vektor acak i.i.d. yang terpusat di $\R^2$ dengan matriks kovarians $\Sigma$ dan $\beta' = \E\norm{X_1}^3 < \infty$ (menurut norma Euclidnya).

(Vektor Gauss, sesuai pesanan) Diagonalkanlah $\Sigma = PDP^{\mathsf T}$ (Latihan 20.8) lalu tetapkan $C = P\sqrt DP^{\mathsf T}$ . Lalu bagi $Z = (Z^1, Z^2)$ sepasang variabel Gauss baku yang bebas (Teorema 22.6), tunjukkanlah bahwa $N = CZ$ merupakan vektor Gauss (Definisi 23.10) berrata-rata $0$ , berkovarians $\Sigma$ , dengan $\gamma' = \E\norm N^3 < \infty$ ; dan bahwa $G_n = \frac{N_1 + \dots + N_n}{\sqrt n}$ berdistribusi $\mathcal N(0, \Sigma)$ secara persis bagi salinan $N_i$ yang i.i.d.
(Taylor dalam dua variabel) Untuk $f \colon \R^2 \to \R$ berkelas $\mathcal C^3$ dengan $M_3 = \max_{\abs\alpha = 3}\sup\abs{\partial^\alpha f} < \infty$ , buktikanlah

$\Bigl|f(w + h) - f(w) - \langle\nabla f(w), h\rangle - \tfrac12\langle h, D^2f(w)\,h\rangle \Bigr| \leq \frac{M_3}6\,\bigl(\abs{h_1} + \abs{h_2}\bigr)^3 \leq \frac{\sqrt2\,M_3}3\, \norm h^3$

(pelajarilah $t \mapsto f(w + th)$ pada $\intcc01$ ).
(Teorema limit pusatnya di $\R^2$ ) Jalankanlah skema penggantiannya pada hibrida vektornya $H_i$ : tunjukkanlah bahwa suku orde pertama dan keduanya meniadakan diri (sebab rata-rata dan kovariansnya cocok), teleskopkanlah, lalu naikkanlah seperti pada pertanyaan 5 (dengan keketatan dari $\E\norm{T_n}^2 = \operatorname{tr}\Sigma$ ; dan pemulusannya kini di $\R^2$ , Teorema 12.9) untuk menyimpulkan: bahwa bagi setiap $f \colon \R^2 \to \R$ yang kontinu terbatas,

$\E\,f\Bigl(\frac{X_1 + \dots + X_n}{\sqrt n}\Bigr) \longrightarrow \E\,f(N), \qquad N \sim \mathcal N(0, \Sigma) :$

yakni Teorema 23.12 pada dimensi $2$ , dengan laju bagi $f$ yang mulus dan tanpa analisis Fourier.
(Cramér–Wold, dan sebuah fluktuasi bersama) Simpulkanlah bahwa $\langle t, \frac{S_n}{\sqrt n}\rangle \Rightarrow \mathcal N(0, t^{\mathsf T}\Sigma t)$ bagi setiap $t \in \R^2$ yang tetap. Penerapannya: bagi $(\xi_i)$ real i.i.d. yang terpusat, $\E\xi_1^2 = 1$ , $\E\xi_1^6 < \infty$ (sehingga Bagian V berlaku bagi $V_i = (\xi_i, \xi_i^2 - 1)$ ), tunjukkanlah

$\frac1{\sqrt n}\Bigl(\sum_{i\leq n}\xi_i,\ \sum_{i\leq n}(\xi_i^2 - 1)\Bigr) \Longrightarrow \mathcal N\Bigl(0, \begin{pmatrix} 1 & \E\xi_1^3\\ \E\xi_1^3 & \E\xi_1^4 - 1\end{pmatrix}\Bigr) :$

yakni rata-rata empiris dan momen kedua empirisnya berfluktuasi bersama secara Gauss — dan bebas pada limitnya jika dan hanya jika $\E\xi_1^3 = 0$ (Teorema 23.11).

Bagian VI — Metode delta.

Misalkan $(\hat\theta_n)$ peubah acak dengan $\sqrt n(\hat\theta_n - \theta) \Rightarrow \mathcal N(0, \sigma^2)$ bagi parameter real $\theta$ , dan misalkan $g$ terdiferensialkan di $\theta$ . Buktikanlah metode delta-nya:

$\sqrt n\bigl(g(\hat\theta_n) - g(\theta)\bigr) \Longrightarrow \mathcal N\bigl(0, g'(\theta)^2\sigma^2\bigr)$

(tulislah $g(x) - g(\theta) = (g'(\theta) + \eta(x))(x - \theta)$ dengan $\eta \to 0$ di $\theta$ ; tunjukkanlah $\hat\theta_n \to \theta$ , lalu $\eta(\hat\theta_n) \to 0$ , dalam peluang; lalu selesaikanlah dengan Slutsky, Latihan 23.8, dan Latihan 23.4(b)).
Penerapannya. (a) Bagi $(\xi_i)$ real i.i.d. yang berrata-rata $\mu$ dan bervarians $\sigma^2$ , dan $\bar X_n = \frac1n\sum_{i\leq n}\xi_i$ : tunjukkanlah $\sqrt n(\bar X_n^2 - \mu^2) \Rightarrow \mathcal N(0, 4\mu^2\sigma^2)$ bila $\mu \neq 0$ , dan bahwa bagi $\mu = 0$ pernyataan yang benar hidup pada skala lain: yakni $n\bar X_n^2 \Rightarrow \sigma^2N^2$ dengan $N \sim \mathcal N(0,1)$ (kenalilah fungsi distribusi limitnya). (b) (Penstabilan varians) Bagi $\hat p_n$ sebagai frekuensi keberhasilan cuplikan $\mathcal B(1, p)$ , dengan $p \in \intoo01$ : tunjukkanlah bahwa $g(p) = \arcsin\sqrt p$ memenuhi

$\sqrt n\,\bigl(g(\hat p_n) - g(p)\bigr) \Longrightarrow \mathcal N\Bigl(0, \frac14\Bigr)$

apa pun $p$ -nya — yakni batang galat asimtotik yang bebas dari parameter tak diketahuinya; bandingkanlah dengan Contoh 23.9.

Bagian VII — Poisson, lewat metode yang sama: teorema Le Cam. Penggantiannya mengenal kelas keuniversalan kedua: yakni jumlah banyak kejadian langka yang bebas. Bagi distribusi pada $\N$ , jarak yang tepat adalah variasi total,

d_{\mathrm{TV}}(\mu, \nu) = \sup_{A\subseteq\N}\, \abs{\mu(A) - \nu(A)} .

Tunjukkanlah bahwa $d_{\mathrm{TV}}(\mu, \nu) = \frac12\sum_{k\geq0}\abs{\mu(\{k\}) - \nu(\{k\})}$ , lalu buktikanlah batas penggandengannya: bahwa bagi sembarang pasangan $(X, Y)$ peubah acak yang berdistribusi $\mu$ dan $\nu$ pada ruang yang sama, $d_{\mathrm{TV}}(\mu, \nu) \leq \P(X \neq Y)$ .
Hitunglah secara persis, bagi $p \in \intoo01$ :

$d_{\mathrm{TV}}\bigl(\mathcal B(1, p), \mathcal P(p)\bigr) = p\bigl(1 - \eu^{-p}\bigr) \leq p^2 .$
(Le Cam, lewat penukaran) Misalkan $X_i \sim \mathcal B(1, p_i)$ dan $Y_i \sim \mathcal P(p_i)$ , dengan $2n$ variabelnya bebas; lalu $S = X_1 + \dots + X_n$ , dan ingatlah $Y_1 + \dots + Y_n \sim \mathcal P(\lambda)$ dengan $\lambda = \sum_ip_i$ (Latihan 23.1). Tukarlah satu koordinat setiap kali pada hibrida bulatnya $H_i = Y_1 + \dots + Y_i + X_{i+1} + \dots + X_n$ : tunjukkanlah, bagi setiap $A \subseteq \N$ ,

$\abs{\P(H_{i-1} \in A) - \P(H_i \in A)} \leq d_{\mathrm{TV}}\bigl(\mathcal B(1, p_i), \mathcal P(p_i)\bigr),$

lalu simpulkanlah ketaksamaan Le Cam:

$d_{\mathrm{TV}}\bigl(\text{distribusi } S,\ \mathcal P(\lambda)\bigr) \leq \sum_{i=1}^np_i^2 .$
Dividennya. (a) Untuk $p_i = \frac\lambda n$ : batasnya adalah $\frac{\lambda^2}n$ — yakni hukum kejadian langka (Latihan 23.5) yang dinaikkan ke laju eksplisit, seragam atas semua kejadian, dan sahih bagi $p_i$ yang tak sama pula. (b) Sebanyak $500$ surat dikirimkan, masing-masing tersesat secara bebas dengan peluang $\frac1{500}$ : batasilah galat model Poisson berparameter $1$ , lalu taksirlah peluang bahwa tak ada surat yang tersesat. (c) Tutuplah soalnya: bandingkanlah kedua kelas keuniversalan yang ditemui di sini — Gauss (banyak sumbangan kecil yang terhampar; dua momen yang cocok; Taylor) dan Poisson (banyak sumbangan langka; satu rata-rata yang cocok; penggandengan variasi-total yang persis) — beserta satu metode penggantian di balik keduanya.
(Galat relatif dan transformasi log) Misalkan $(X_n)$ i.i.d., positif, berrata-rata $\mu > 0$ , bervarians $\sigma^2$ , dan $\bar X_n$ rata-rata empirisnya. Tunjukkanlah lewat metode delta bahwa

$\sqrt n\,\bigl(\ln\bar X_n - \ln\mu\bigr) \Longrightarrow \mathcal N\Bigl(0,\ \frac{\sigma^2}{\mu^2}\Bigr) :$

yakni parameter asimtotik $\ln\bar X_n$ adalah koefisien variasinya $\sigma/\mu$ — yakni galat relatif yang bebas skala. Lalu simpulkanlah selang kepercayaan $95\%$ bagi $\mu$ yang berbentuk perkalian $\bar X_n\cdot\eu^{\pm1.96\,\sigma/(\mu\sqrt n)}$ , lalu jelaskanlah kapan ia lebih disukai daripada yang aditif.
(Momen ketiga mengemudikan galatnya) Untuk $X \sim$ Bernoulli( $p$ ) yang terpusat, hitunglah $\E\bigl[(X - p)^3\bigr] = p(1-p)(1-2p)$ . Lalu dengan memakai analisis Bagian IV (sebab galat penukarannya dikemudikan momen ketiganya), jelaskanlah mengapa hampiran normal $\mathcal B(n, p)$ bersifat tak setangkup bagi $p \neq \frac12$ — yakni melampaui pada satu sisi dan kurang pada sisi lainnya — dan mengapa $p = \frac12$ menikmati laju momen-cocok yang lebih cepat. Periksalah tanda kemencengannya secara numerik pada $\mathcal B(20, 0.1)$ terhadap $\mathcal N(2, 1.8)$ : bandingkanlah $\P(S = 0) = 0.9^{20}$ dengan massa Gauss $\intoo{-\infty}{0.5}$ .

Solusi

Solusi Soal 23.1.

1. Keluarga $(X_1, \dots, X_n, N_1, \dots, N_n)$ bersifat bebas: sebab kedua bloknya saling bebas menurut konstruksinya dan setiap bloknya i.i.d. Lalu $W_i$ merupakan fungsi terukur variabel $(X_j)_{j<i}$ dan $(N_j)_{j>i}$ saja, yang semuanya berbeda dari $X_i$ dan $N_i$ : sehingga menurut asas koalisinya (Teorema 22.5), $W_i$ bersifat bebas dari pasangan $(X_i, N_i)$ . Adapun penguraian $H_i = W_i + \frac{X_i}{\sqrt n}$ dan $H_{i-1} = W_i + \frac{N_i}{\sqrt n}$ langsung dari definisinya: sebab berpindah dari $H_i$ ke $H_{i-1}$ menukar satu suku $X_i$ dengan $N_i$ .

2. Taylor–Lagrange pada orde $3$ : ada $c$ di antara $w$ dan $w + h$ dengan $f(w + h) = f(w) + f'(w)h + \frac12f''(w)h^2 + \frac16f'''(c)h^3$ , lalu $\abs{f'''(c)} \leq M_3$ memberikan batasnya.

3. Dengan mengurangkan kedua uraiannya pada titik pangkal bersamanya $w = W_i$ :

f(H_i) - f(H_{i-1}) = f'(W_i)\,\frac{X_i - N_i}{\sqrt n} + \frac{f''(W_i)}{2}\,\frac{X_i^2 - N_i^2}{n} + R_i, \qquad \abs{R_i} \leq \frac{M_3}{6}\cdot \frac{\abs{X_i}^3 + \abs{N_i}^3}{n^{3/2}} .

Lalu ambillah nilai harapannya. Menurut pertanyaan 1, $f'(W_i)$ dan $f''(W_i)$ bebas dari $(X_i, N_i)$ , sehingga nilai harapan campurannya memfaktor:

\begin{align*} \E\Bigl[f'(W_i)\,\frac{X_i - N_i}{\sqrt n}\Bigr] &= \E\bigl[f'(W_i)\bigr]\,\frac{\E X_i - \E N_i}{\sqrt n} = 0, \\ \E\Bigl[f''(W_i)\,\frac{X_i^2 - N_i^2}{n}\Bigr] &= \E\bigl[f''(W_i)\bigr]\,\frac{1 - 1}{n} = 0 : \end{align*}

yakni dua momen pertama $X_i$ dan $N_i$ cocok, sehingga hanya sisanya yang bertahan:

\bigl|\E f(H_i) - \E f(H_{i-1})\bigr| \leq \E\abs{R_i} \leq \frac{M_3}{6}\cdot\frac{\beta + \gamma}{n^{3/2}} .

Adapun momen ketiga Gaussnya: $\gamma = \E\abs{N_1}^3 = 2\int_0^\infty x^3\,\frac{\eu^{-x^2/2}}{\sqrt{2\pi}}\,\dd x = \frac{2}{\sqrt{2\pi}}\int_0^\infty 2u\,\eu^{-u}\dd u = \frac{4}{\sqrt{2\pi}} = \frac{2\sqrt2}{\sqrt\pi}$ (lewat substitusi $u = x^2/2$ , lalu $\Gamma(2) = 1$ ).

4. Dengan menteleskopkan $\E f(T_n) - \E f(G_n) = \sum_{i=1}^n\bigl(\E f(H_i) - \E f(H_{i-1})\bigr)$ lalu menerapkan pertanyaan 3 pada masing-masing $n$ sukunya:

\bigl|\E f(T_n) - \E f(G_n)\bigr| \leq n \cdot \frac{M_3(\beta + \gamma)}{6\,n^{3/2}} = \frac{M_3\,(\beta + \gamma)}{6\,\sqrt n} .

5. Variabel $G_n$ bersifat $\mathcal N(0,1)$ secara persis bagi setiap $n$ (sebab jumlah ternormalkan variabel Gauss baku yang bebas, Latihan 23.3), sehingga $\E f(G_n) = \E f(N)$ dan pertanyaan 4 berbunyi $\abs{\E f(T_n) - \E f(N)} \leq \frac{M_3(\beta+\gamma)}{6\sqrt n} \to 0$ bagi $f \in \mathcal C^3_b$ . Untuk kenaikannya. Misalkan $f$ kontinu terbatas, $M = \sup\abs f$ , dan $\varepsilon > 0$ . Pilihlah $A \geq 1$ dengan $\frac1{A^2} \leq \varepsilon$ : lalu Chebyshev beserta $\V(T_n) = 1$ memberikan $\P(\abs{T_n} > A) \leq \varepsilon$ bagi setiap $n$ , dan demikian pula $\P(\abs N > A) \leq \varepsilon$ . Misalkan $\chi$ bersifat $\mathcal C^\infty$ dengan $\mathbf 1_{\intcc{-A}A} \leq \chi \leq \mathbf 1_{\intcc{-A-1}{A+1}}$ (yakni dataran mulus, yang dibangun dengan memuluskan $\mathbf 1_{\intcc{-A-\frac12}{A+\frac12}}$ , Teorema 12.9); maka $g = f\chi$ kontinu bertumpuan kompak, jadi kontinu seragam, sehingga pemulusannya $g_\eta = g * \rho_\eta$ bersifat $\mathcal C^\infty$ dengan turunan terbatas pada setiap orde dan $\norm{g - g_\eta}_\infty \leq \varepsilon$ bagi $\eta$ yang cukup kecil. Lalu bagi $T = T_n$ atau $N$ , karena $f = g$ pada $\intcc{-A}A$ dan $\abs{f - g} \leq 2M$ di mana-mana:

\bigl|\E f(T) - \E g_\eta(T)\bigr| \leq \E\abs{(f - g)(T)} + \norm{g - g_\eta}_\infty \leq 2M\,\P(\abs T > A) + \varepsilon \leq (2M + 1)\,\varepsilon .

Lalu dengan menggabungkannya dengan $\E g_\eta(T_n) \to \E g_\eta(N)$ (sebab pertanyaan 4 berlaku: $g_\eta \in \mathcal C^3_b$ ):

\limsup_n\;\bigl|\E f(T_n) - \E f(N)\bigr| \leq 2(2M + 1)\,\varepsilon ,

sedangkan $\varepsilon$ -nya sembarang: jadi $\E f(T_n) \to \E f(N)$ bagi setiap $f$ yang kontinu terbatas, yakni $T_n \Rightarrow \mathcal N(0,1)$ .

6. Distribusi yang identik masuk hanya lewat satu kalimat: “ $X_i$ dan $N_i$ mempunyai dua momen pertama yang sama”. Jadi misalkan $X_1, \dots, X_n$ bebas, terpusat, bervarians $\sigma_i^2$ dan bermomen ketiga berhingga, dengan $s_n^2 = \sum_i\sigma_i^2 > 0$ , lalu ambillah $N_i \sim \mathcal N(0, \sigma_i^2)$ yang bebas dari segalanya. Definisikanlah hibridanya dengan penormalan $s_n$ : $H_i = \frac1{s_n}(\sum_{j\leq i}X_j + \sum_{j>i}N_j)$ . Lalu pada penukaran ke- $i$ , $\E X_i = \E N_i = 0$ dan $\E X_i^2 = \E N_i^2 = \sigma_i^2$ kembali membunuh suku $f'$ dan $f''$ -nya, sedangkan sisanya memberikan (dengan memakai $\E\abs{N_i}^3 = \sigma_i^3\gamma$ lewat penskalaan):

\bigl|\E f(H_i) - \E f(H_{i-1})\bigr| \leq \frac{M_3}{6\,s_n^3}\bigl(\E\abs{X_i}^3 + \sigma_i^3\gamma\bigr) .

Lalu dengan menteleskopkannya:

\Bigl|\E f\Bigl(\frac{X_1 + \dots + X_n}{s_n}\Bigr) - \E f(N)\Bigr| \leq \frac{M_3}{6\,s_n^3}\sum_{i=1}^n \Bigl(\E\abs{X_i}^3 + \V(X_i)^{3/2}\,\gamma\Bigr) .

Karena $\sigma_i^3 = (\E X_i^2)^{3/2} \leq \E\abs{X_i}^3$ (menurut ketaksamaan rata-rata pangkatnya, yakni Jensen bagi $t \mapsto t^{3/2}$ yang diterapkan pada $X_i^2$ ), ruas kanannya paling banyak $\frac{M_3(1 + \gamma)}{6}\cdot \frac{\sum_i\E\abs{X_i}^3}{s_n^3}$ : sehingga di bawah syarat Lyapunov $\frac1{s_n^3}\sum_i\E\abs{X_i}^3 \to 0$ , jumlah ternormalkannya konvergen dalam distribusi ke $\mathcal N(0,1)$ — yakni teorema limit pusatnya tanpa distribusi yang identik.

7. Misalkan $\rho \in \mathcal C^\infty_c(\intoo01)$ dengan $\int\rho = 1$ lalu tetapkan $\psi(x) = \int_x^1\rho(s)\dd s$ : maka $\psi$ bersifat $\mathcal C^\infty$ , tak naik, dengan $\psi = 1$ pada $\R_-$ dan $\psi = 0$ pada $\intco1\infty$ ; lalu ambillah $K = \norm{\psi'''}_\infty$ . Lalu bagi $t \in \R$ dan $\delta > 0$ definisikanlah $\psi_\delta(x) = \psi\bigl(\frac{x - t}\delta\bigr)$ dan $\tilde\psi_\delta(x) = \psi\bigl(\frac{x - t}\delta + 1\bigr)$ : keduanya $\mathcal C^3_b$ dengan turunan ketiga terbatas oleh $K/\delta^3$ , dan

\mathbf 1_{\intoc{-\infty}{t-\delta}} \leq \tilde\psi_\delta \leq \mathbf 1_{\intoc{-\infty}t} \leq \psi_\delta \leq \mathbf 1_{\intoc{-\infty}{t+\delta}} .

Untuk batas atasnya: menurut pertanyaan 4 yang diterapkan pada $\psi_\delta$ (dengan $M_3 = K/\delta^3$ ),

\P(T_n \leq t) \leq \E\psi_\delta(T_n) \leq \E\psi_\delta(N) + \frac{K(\beta + \gamma)}{6\,\delta^3\sqrt n} \leq \Phi(t + \delta) + \frac{K(\beta + \gamma)}{6\,\delta^3\sqrt n} \leq \Phi(t) + \frac{\delta}{\sqrt{2\pi}} + \frac{K(\beta + \gamma)}{6\,\delta^3\sqrt n},

sebab $\Phi$ bersifat Lipschitz berkonstanta $\frac1{\sqrt{2\pi}}$ (karena kepadatannya terbatas oleh $\frac1{\sqrt{2\pi}}$ ). Lalu batas bawah setangkupnya lewat $\tilde\psi_\delta$ memberikan taksiran dua sukunya

\sup_{t\in\R}\,\bigl|\P(T_n \leq t) - \Phi(t)\bigr| \leq \frac{K(\beta + \gamma)}{6}\cdot\frac{1}{\delta^3\sqrt n} + \frac{\delta}{\sqrt{2\pi}} \qquad(\delta > 0\ \text{sembarang}).

Kedua sukunya berimbang saat $\delta^{-3}n^{-1/2} \asymp \delta$ , yakni $\delta = n^{-1/8}$ : sehingga keduanya menjadi $O(n^{-1/8})$ , yakni laju seragam eksplisit yang sahih bagi setiap $n$ . (Sedangkan laju Berry–Esseen yang optimum $C\beta/\sqrt n$ menuntut ketaksamaan pemulusan Fouriernya; jadi penukarannya menukar ketajaman dengan keelementeran yang tuntas.)

8. Untuk $X_i = 2B_i - 1$ (yakni tanda adil): ia terpusat, bervarians $1$ , dan $\abs{X_i} = 1$ sehingga $\beta = 1$ . Lalu pertanyaan 7 membatasi $\sup_t\abs{\P(\frac{S_n}{\sqrt n} \leq t) - \Phi(t)}$ secara eksplisit dan seragam bagi setiap $n$ yang berhingga — yakni pernyataan global dan tak asimtotik tentang fungsi distribusinya. Sedangkan taksiran lokal Soal 11.1, pertanyaan 7, justru memberikan asimtotik persis sebuah atom tunggal, $\P(S_{2n} = 2k) \sim \frac{\eu^{-k^2/n}}{\sqrt{\pi n}}$ : sehingga ia menguraikan peluang berukuran $n^{-1/2}$ , jauh di bawah resolusi $n^{-1/8}$ pertanyaan 7, tetapi ia bersifat titik demi titik, asimtotik (tanpa galat eksplisit pada $n$ yang tetap) dan terikat pada distribusi kisi tertentu ini. Jadi ketelitian lokal lawan keseragaman global: kedua metodenya saling melengkapi, dan menjumlahkan taksiran lokalnya atas $k \in \intint{a\sqrt n}{b\sqrt n}$ memulihkan de Moivre–Laplace pada selangnya — dengan laju yang lebih tajam, tetapi hanya bagi distribusi ini.

9. Argumen penukarannya sama sekali tak memakai apa pun dari distribusi $X_i$ -nya di luar $\E X_i = 0$ , $\E X_i^2 = 1$ dan keberhinggaan $\E\abs{X_i}^3$ : sehingga seandainya kita mengganti Gaussnya $N_i$ dengan keluarga i.i.d. lain yang dua momen pertamanya sama dan momen ketiganya berhingga, teleskop yang sama akan membatasi $\abs{\E f(\text{jumlah}_X) - \E f(\text{jumlah}_Y)}$ oleh $O(n^{-1/2})$ bagi setiap $f$ yang mulus. Jadi statistik mulus atas jumlah bebas yang besar bersifat universal: yakni sampai galat yang terkuantifikasi, ia bergantung pada distribusi sukunya hanya lewat dua bilangan. Inilah asas invariansinya: buktikanlah sebuah teorema limit bagi distribusi yang paling terhitungkan (yakni Gaussnya, yang segalanya persis di sana), lalu pindahkanlah ke setiap distribusi lewat penukaran. Skema yang sama — dengan jumlahnya diganti fungsional yang lebih rumit — menjalankan hukum setengah lingkaran Wigner bagi matriks acak, keuniversalan akar polinomial acak, dan sebagian besar peluang modern; sedangkan teorema limit pusatnya adalah contohnya yang pertama dan paling sederhana.

10. Variabel $Z$ merupakan fungsi Borel $(N_{i+1}, \dots, N_n)$ saja, sedangkan $A = W_i + \theta h - Z$ dan $h$ merupakan fungsi variabel sisa keluarga bebasnya $(X_1, \dots, X_n, N_1, \dots, N_n)$ : sehingga menurut asas koalisinya (Teorema 22.5), $Z$ bebas dari $(A, h)$ . Lalu sebagai jumlah $N_j/\sqrt n \sim \mathcal N(0, \frac1n)$ yang bebas, $Z \sim \mathcal N(0, s^2)$ dengan $s^2 = \frac{n-i}n$ (Latihan 23.3), yang berkepadatan terbatas oleh $\frac1{s\sqrt{2\pi}}$ . Sedangkan distribusi $((A, h), Z)$ adalah hasil kali kedua distribusi marginalnya, sehingga Tonelli (lewat transfernya) membekukan blok pertamanya: dengan $G(a) = \E\abs{g(a + Z)} = \int\abs{g(a + z)}\,\varphi_s(z)\,\dd z \leq \frac{\norm g_{L^1}}{s\sqrt{2\pi}}$ bagi setiap $a$ ,

\E\bigl[\abs h^3\abs{g(A + Z)}\bigr] = \E\bigl[\abs h^3\,G(A)\bigr] \leq \frac{\norm g_{L^1}}{s\sqrt{2\pi}}\,\E\abs h^3 = \sqrt{\frac{n}{2\pi(n-i)}}\,\norm g_{L^1}\,\E\abs h^3 .

11. Bentuk integral rumus Taylornya menyusul lewat mengintegralkan $f(w + h) - f(w) = h\int_0^1f'(w + \theta h)\,\dd\theta$ secara parsial dua kali terhadap $\theta$ . Lalu dengan mengambil nilai harapannya pada penukaran ke- $i$ , orde $0, 1, 2$ -nya meniadakan diri persis seperti pada pertanyaan 3, sedangkan kedua sisanya (bagi $h = X_i/\sqrt n$ dan $N_i/\sqrt n$ ) terbatas, bagi $i \leq n - 1$ , menurut pertanyaan 10 dengan $g = f'''$ :

\bigl|\E f(H_i) - \E f(H_{i-1})\bigr| \leq \int_0^1\frac{(1-\theta)^2}2\,\dd\theta\; \sqrt{\frac{n}{2\pi(n-i)}}\,\norm{f'''}_{L^1} \frac{\beta + \gamma}{n^{3/2}} = \frac{\beta + \gamma}{6\,n^{3/2}} \sqrt{\frac{n}{2\pi(n-i)}}\,\norm{f'''}_{L^1} .

Lalu menjumlahkannya, dengan $\sum_{i=1}^{n-1}\sqrt{\frac n{n-i}} = \sqrt n\sum_{m=1}^{n-1}m^{-1/2} \leq 2n$ , lalu menambahkan batas pertanyaan 3 bagi penukaran terakhirnya ( $i = n$ , sebab tak ada Gauss yang tersisa):

\bigl|\E f(T_n) - \E f(G_n)\bigr| \leq \frac{\beta + \gamma}{3\sqrt{2\pi}}\cdot \frac{\norm{f'''}_{L^1}}{\sqrt n} + \frac{M_3(\beta + \gamma)}{6\,n^{3/2}} .

Untuk landaiannya: $\psi_\delta'''(x) = \delta^{-3}\psi'''\bigl(\frac{x - t}\delta\bigr)$ , sehingga $M_3 = K\delta^{-3}$ dengan $K = \norm{\psi'''}_\infty$ dan $\norm{\psi_\delta'''}_{L^1} = \delta^{-2} \norm{\psi'''}_{L^1} = K_1\delta^{-2}$ (lewat substitusinya). Lalu apitan pertanyaan 7 memberikan

\sup_t\,\bigl|\P(T_n \leq t) - \Phi(t)\bigr| \leq \frac{K_1(\beta + \gamma)}{3\sqrt{2\pi}}\cdot \frac1{\delta^2\sqrt n} + \frac{K(\beta + \gamma)}{6}\cdot \frac1{\delta^3n^{3/2}} + \frac\delta{\sqrt{2\pi}} .

Pada $\delta = n^{-1/6}$ suku pertama dan ketiganya bernilai $O(n^{-1/6})$ sedangkan yang tengah $O(n^{-1})$ : yakni laju seragam $O(n^{-1/6})$ , yang sejati lebih baik daripada $n^{-1/8}$ pertanyaan 7 — sebab paruh Gauss hibridanya mengerjakan pemulusan tambahannya.

12. Berlaku $\E N_1^3 = 0$ (sebab integrannya ganjil), sedangkan pengintegralan parsial memberikan $\E N_1^4 = 3\,\E N_1^2 = 3$ (sebab $\int x^3\cdot x\varphi(x)\dd x = 3\int x^2\varphi$ ). Lalu bagi $f$ berkelas $\mathcal C^4$ dengan turunan yang terbatas, uraikanlah setiap penukaran sampai orde keempat: maka suku orde ketiganya mengangkut faktor $\E X_i^3 - \E N_i^3 = 0$ (sebab kebebasannya memfaktorkannya seperti pada pertanyaan 3), sehingga hanya sisa orde keempatnya $\int_0^1\frac{(1-\theta)^3}6f^{(4)}(w + \theta h)h^4\dd\theta$ yang bertahan, dengan $\int_0^1 \frac{(1-\theta)^3}6\dd\theta = \frac1{24}$ dan $\E h^4 = \beta_4n^{-2}$ atau $3n^{-2}$ . Lalu pertanyaan 10 (dengan $g = f^{(4)}$ ) membatasi penukaran $i \leq n - 1$ , dan menjumlahkannya seperti pada pertanyaan 11:

\bigl|\E f(T_n) - \E f(G_n)\bigr| \leq \frac{\beta_4 + 3}{12\sqrt{2\pi}}\cdot \frac{\norm{f^{(4)}}_{L^1}}{n} + \frac{M_4(\beta_4 + 3)}{24\,n^2} .

Dengan $\norm{\psi_\delta^{(4)}}_{L^1} = K_2\delta^{-3}$ dan $M_4 = K'\delta^{-4}$ , batas fungsi distribusinya menjadi $C\delta^{-3}n^{-1} + C'\delta^{-4}n^{-2} + \frac\delta{\sqrt{2\pi}}$ ; lalu di $\delta = n^{-1/4}$ suku luarnya bernilai $O(n^{-1/4})$ dan yang tengah $O(n^{-1})$ : jadi lajunya $O(n^{-1/4})$ .

13. Dengan $k$ momen yang cocok, sisa yang bertahan per penukaran berorde $\E\abs h^{k+1} \asymp n^{-(k+1)/2}$ ; sedangkan batas Gauss tersembunyinya membebankan $\norm{f^{(k+1)}}_{L^1}$ dan jumlah atas penukarannya menyumbang faktor $2n$ , sehingga memberikan $\asymp\norm{f^{(k+1)}}_{L^1}\, n^{-(k-1)/2}$ bagi $f$ yang mulus. Lalu landaiannya berharga $\norm{\psi_\delta^{(k+1)}}_{L^1} \asymp \delta^{-k}$ , sehingga galat fungsi distribusinya $\asymp \delta^{-k}n^{-(k-1)/2} + \delta$ , yang berimbang di $\delta = n^{-(k-1)/(2k+2)}$ : jadi lajunya $n^{-(k-1)/(2k+2)}$ , yaitu $n^{-1/6}$ bagi $k = 2$ , $n^{-1/4}$ bagi $k = 3$ , dan menuju $n^{-1/2}$ hanya saat $k \to \infty$ — padahal $k \geq 4$ akan memaksa $\E X_1^4 = 3$ dan seterusnya, yakni distribusi yang sudah meniru Gaussnya. Kejenuhannya bersifat struktural: sebab penukarannya menjumlahkan $n$ galat penukaran dalam nilai mutlak, dengan melepaskan semua peniadaan antar penukarannya. Sedangkan bukti Fouriernya membandingkan fungsi karakteristiknya, yang galatnya muncul beserta fase berayunnya; lalu ketaksamaan pemulusan Esseen mengubah $\abs{\varphi_{T_n} - \varphi_N}$ , yang diintegralkan terhadap $\frac{\dd\xi}{\abs\xi}$ , menjadi batas fungsi distribusinya dengan ongkos logaritmik belaka, dan menghasilkan $C\beta n^{-1/2}$ milik Berry–Esseen dari tiga momen. Jadi penggantiannya menukar keoptimuman dengan ketegaran — dan, seperti yang ditunjukkan Bagian VII, dengan kemudahtularannya.

14. Matriks $\Sigma$ setangkup dan semidefinit positif; lalu dengan $\Sigma = PDP^{\mathsf T}$ (dengan $P$ ortogonal, $D \geq 0$ diagonal, Latihan 20.8), matriks setangkup $C = P\sqrt DP^{\mathsf T}$ memenuhi $C^2 = \Sigma$ . Lalu bagi sembarang $t \in \R^2$ , $\langle t, CZ\rangle = \langle Ct, Z\rangle = (Ct)_1Z^1 + (Ct)_2Z^2$ merupakan kombinasi linear variabel Gauss yang bebas, jadi Gauss (Latihan 23.3): sehingga $N = CZ$ merupakan vektor Gauss; dengan rata-rata $0$ dan kovarians $\E[NN^{\mathsf T}] = C\,\E[ZZ^{\mathsf T}]\,C^{\mathsf T} = CC^{\mathsf T} = \Sigma$ . Untuk momennya: $\norm N^3 \leq (\abs{N_1} + \abs{N_2})^3 \leq 4(\abs{N_1}^3 + \abs{N_2}^3)$ (menurut kecembungan $x^3$ pada $\R_+$ ), sedangkan setiap koordinatnya merupakan Gauss real yang bermomen pada setiap orde (Latihan 11.10): jadi $\gamma' < \infty$ . Akhirnya setiap $\langle t, G_n\rangle = \frac1{\sqrt n}\sum_i\langle t, N_i\rangle$ merupakan jumlah ternormalkan $\mathcal N(0, t^{\mathsf T}\Sigma t)$ yang i.i.d., jadi persis $\mathcal N(0, t^{\mathsf T}\Sigma t)$ : sehingga $G_n$ merupakan vektor Gauss berrata-rata $0$ dan berkovarians $\Sigma$ , dan distribusinya $\mathcal N(0, \Sigma)$ (Definisi 23.10: sebab distribusinya ditentukan oleh data itu).

15. Misalkan $\phi(t) = f(w + th)$ , dengan $t \in \intcc01$ : maka $\phi$ bersifat $\mathcal C^3$ dengan

\phi'''(t) = \sum_{j,k,l\in\{1,2\}}\partial_{jkl}f(w + th)\,h_jh_kh_l, \qquad \abs{\phi'''(t)} \leq M_3\Bigl(\sum_j\abs{h_j}\Bigr)^3 = M_3(\abs{h_1} + \abs{h_2})^3 .

Lalu Taylor–Lagrange pada orde $3$ bagi $\phi$ antara $0$ dan $1$ memberikan ketaksamaan pertamanya; sedangkan Cauchy–Schwarz memberikan $\abs{h_1} + \abs{h_2} \leq \sqrt2\norm h$ , dari sanalah konstanta $\frac{2\sqrt2M_3}6 = \frac{\sqrt2M_3}3$ .

16. Definisikanlah $H_i$ dan $W_i$ seperti pada pertanyaan 1, kini di $\R^2$ ; sedangkan argumen koalisinya tak berubah. Lalu pada penukaran ke- $i$ , suku orde pertamanya memberikan $\sum_j\E[\partial_jf(W_i)]\,(\E X_{i,j} - \E N_{i,j})/ \sqrt n = 0$ sedangkan suku orde keduanya memberikan $\frac1{2n}\sum_{j,k}\E[\partial_{jk}f(W_i)]\,(\Sigma_{jk} - \Sigma_{jk}) = 0$ : yakni rata-rata dan kovariansnya cocok. Lalu pertanyaan 15 membatasi kedua sisanya:

\bigl|\E f(H_i) - \E f(H_{i-1})\bigr| \leq \frac{\sqrt2M_3}3\cdot\frac{\E\norm{X_i}^3 + \E\norm{N_i}^3}{n^{3/2}} = \frac{\sqrt2M_3(\beta' + \gamma')}{3\,n^{3/2}},

lalu dengan menteleskopkannya atas $n$ penukarannya:

\Bigl|\E f\Bigl(\frac{S_n}{\sqrt n}\Bigr) - \E f(G_n)\Bigr| \leq \frac{\sqrt2\,M_3(\beta' + \gamma')}{3\sqrt n}, \qquad G_n \sim \mathcal N(0, \Sigma)\ \text{secara persis} .

Untuk kenaikannya: $\E\norm{T_n}^2 = \E\norm{X_1}^2 = \operatorname{tr}\Sigma$ (sebab suku silangnya lenyap menurut kebebasan dan pemusatannya), sehingga $\P(\norm{T_n} > A) \leq \operatorname{tr}\Sigma/A^2$ , dan demikian pula bagi $N$ : yakni keketatannya. Lalu diberikan $f$ yang kontinu terbatas dan $\varepsilon > 0$ , kalikanlah dengan dataran mulus $\chi$ yang sama dengan $1$ pada bola berjari-jari $A$ dan bertumpu pada jari-jari $A + 1$ (muluskanlah sebuah indikator di $\R^2$ , Teorema 12.9); maka $g = f\chi$ kontinu seragam dengan tumpuan kompak, sehingga pemulusan dua dimensinya $g_\eta$ bersifat $\mathcal C^\infty$ dengan turunan terbatas pada setiap orde dan $\norm{g - g_\eta}_\infty \leq \varepsilon$ bagi $\eta$ yang kecil. Lalu rantai tiga- $\varepsilon$ pertanyaan 5 berpindah kata demi kata: $\E f(T_n) \to \E f(N)$ bagi setiap $f \colon \R^2 \to \R$ yang kontinu terbatas. Inilah Teorema 23.12 bagi $d = 2$ , yang kini terbukti — sebab penukarannya mengelakkan teorema Lévy dua dimensi yang dibiarkan diakui oleh babnya.

17. Bagi $g \colon \R \to \R$ yang kontinu terbatas, pemetaan $x \mapsto g(\langle t, x\rangle)$ bersifat kontinu terbatas pada $\R^2$ , sehingga pertanyaan 16 memberikan $\E g(\langle t, T_n\rangle) \to \E g(\langle t, N\rangle)$ : jadi setiap proyeksinya konvergen dalam distribusi, dan $\langle t, N\rangle \sim \mathcal N(0, t^{\mathsf T}\Sigma t)$ . (Inilah arah mudah Cramér–Wold: bahwa konvergensi bersama mengakibatkan konvergensi setiap peta linearnya.) Penerapannya: $V_i = (\xi_i, \xi_i^2 - 1)$ merupakan vektor terpusat i.i.d. (sebab $\E\xi_1^2 = 1$ ), dengan entri kovarians $\V(\xi_1) = 1$ , $\operatorname{Cov}(\xi_1, \xi_1^2 - 1) = \E\xi_1^3$ dan $\V(\xi_1^2 - 1) = \E\xi_1^4 - 1$ ; sedangkan momen ketiganya $\E\norm{V_1}^3 \leq 4\bigl(\E\abs{\xi_1}^3 + \E\abs{\xi_1^2 - 1}^3\bigr)$ berhingga bila $\xi_1 \in L^6$ . Lalu pertanyaan 16 menghasilkan limit Gauss bersama yang ditampilkan itu, dan Teorema 23.11(2): yakni kedua koordinat limitnya bebas tepat saat kovarians $\E\xi_1^3$ lenyap — jadi bagi distribusi setangkup, rata-rata empiris dan varians empirisnya terurai secara asimtotik.

18. Tulislah $g(x) - g(\theta) = (g'(\theta) + \eta(x))(x - \theta)$ dengan $\eta(x) = \frac{g(x) - g(\theta)}{x - \theta} - g'(\theta)$ bagi $x \neq \theta$ dan $\eta(\theta) = 0$ : sebab terdiferensialkan di $\theta$ tepat berarti $\eta(x) \to 0$ saat $x \to \theta$ . Langkah 1: $\hat\theta_n \to \theta$ dalam peluang: sebab bagi $\varepsilon > 0$ dan sembarang $A > 0$ , pada akhirnya $\varepsilon\sqrt n \geq A$ , sehingga $\P(\abs{\hat\theta_n - \theta} > \varepsilon) \leq \P(\abs{\sqrt n(\hat\theta_n - \theta)} > A) \to \P(\sigma\abs N > A)$ (sebab fungsi distribusinya konvergen pada titik kekontinuan $\pm A$ ), sedangkan ruas kanannya menuju $0$ saat $A \to \infty$ . Langkah 2: $\eta(\hat\theta_n) \to 0$ dalam peluang: sebab diberikan $\varepsilon' > 0$ , pilihlah $\delta$ dengan $\abs\eta \leq \varepsilon'$ pada $\abs{x - \theta} \leq \delta$ ; maka $\P(\abs{\eta(\hat\theta_n)} > \varepsilon') \leq \P(\abs{\hat\theta_n - \theta} > \delta) \to 0$ . Langkah 3:

\sqrt n\bigl(g(\hat\theta_n) - g(\theta)\bigr) = g'(\theta)\,\sqrt n(\hat\theta_n - \theta) + \eta(\hat\theta_n)\cdot\sqrt n(\hat\theta_n - \theta) .

Lalu menurut aturan hasil kali Slutsky (Latihan 23.8, dengan barisan $\eta(\hat\theta_n) \to 0$ dalam peluang dan $\sqrt n(\hat\theta_n - \theta)$ yang konvergen dalam distribusi), suku keduanya konvergen dalam distribusi ke $0\cdot\mathcal N(0, \sigma^2) = 0$ , jadi ke $0$ dalam peluang (Latihan 23.4(b)); sedangkan yang pertama konvergen dalam distribusi ke $g'(\theta)\mathcal N(0, \sigma^2)$ (lewat Slutsky lagi, atau lewat aturan afin fungsi karakteristiknya); lalu aturan jumlah Slutsky merakit keduanya: jadi limitnya $\mathcal N(0, g'(\theta)^2\sigma^2)$ .

19. (a) Teorema limit pusatnya memberikan $\sqrt n(\bar X_n - \mu) \Rightarrow \mathcal N(0, \sigma^2)$ ; lalu metode deltanya dengan $g(x) = x^2$ dan $g'(\mu) = 2\mu$ memberikan $\sqrt n(\bar X_n^2 - \mu^2) \Rightarrow \mathcal N(0, 4\mu^2\sigma^2)$ — yang merosot (berlimit $0$ ) saat $\mu = 0$ . Dalam hal itu fluktuasinya hidup satu skala di atasnya: $n\bar X_n^2 = (\sqrt n\,\bar X_n)^2$ , sehingga bagi $t > 0$

\P\bigl(n\bar X_n^2 \leq t\bigr) = \P\bigl(-\sqrt t \leq \sqrt n\,\bar X_n \leq \sqrt t\bigr) \longrightarrow \Phi\Bigl(\frac{\sqrt t}\sigma\Bigr) - \Phi\Bigl(-\frac{\sqrt t}\sigma\Bigr) = \P(\sigma^2N^2 \leq t) :

yakni $n\bar X_n^2 \Rightarrow \sigma^2N^2$ , kuadrat sebuah Gauss (yakni distribusi “khi-kuadrat”) — jadi saat turunan pertamanya mati, suku orde kedua Taylornya mendiktekan limit yang tak Gauss. (b) Di sini $\sqrt n(\hat p_n - p) \Rightarrow \mathcal N(0, p(1 - p))$ dan $g(p) = \arcsin\sqrt p$ mempunyai $g'(p) = \frac1{2\sqrt{p(1 - p)}}$ , sehingga $g'(p)^2\,p(1 - p) = \frac14$ : jadi limitnya $\mathcal N(0, \frac14)$ bagi setiap $p \in \intoo01$ . Pada skala $\arcsin$ -nya, batang galat $95\%$ asimtotiknya adalah $\pm \frac{0.98}{\sqrt n}$ , yang diketahui di muka — sedangkan pada Contoh 23.9 lebarnya melibatkan $\sigma = \sqrt{p(1-p)}$ yang tak diketahui, yang harus dikasuskan terburuk oleh $\frac12$ atau ditaksir: jadi transformasinya menstabilkan variansnya.

20. Misalkan $A^* = \{k : \mu(\{k\}) > \nu(\{k\})\}$ dan $\Delta_k = \mu(\{k\}) - \nu(\{k\})$ , sehingga $\sum_k\Delta_k = 0$ . Lalu bagi sembarang $A \subseteq \N$ : $\mu(A) - \nu(A) = \sum_{k\in A}\Delta_k \leq \sum_{k\in A^*}\Delta_k$ , dengan kesamaannya di $A = A^*$ ; dan karena bagian positif dan negatif $(\Delta_k)$ bermassa total sama, $\sum_{A^*}\Delta_k = \frac12\sum_k\abs{\Delta_k}$ . Lalu menukar $\mu, \nu$ menangani tandanya: jadi $d_{\mathrm{TV}}(\mu, \nu) = \frac12\sum_k\abs{\Delta_k}$ . Untuk penggandengannya: bagi sembarang $A$ ,

\mu(A) - \nu(A) = \E\bigl[\mathbf 1_A(X) - \mathbf 1_A(Y)\bigr] = \E\bigl[(\mathbf 1_A(X) - \mathbf 1_A(Y))\,\mathbf 1_{X\neq Y}\bigr] \leq \P(X \neq Y),

lalu ambillah supremumnya atas $A$ .

21. Kedua distribusinya membebani: pada $k = 0$ : $1 - p$ lawan $\eu^{-p}$ , dengan $\eu^{-p} > 1 - p$ ; pada $k = 1$ : $p$ lawan $p\,\eu^{-p} < p$ ; pada $k \geq 2$ : $0$ lawan sisa Poissonnya $1 - \eu^{-p} - p\eu^{-p} \geq 0$ . Karena itu

d_{\mathrm{TV}} = \tfrac12\bigl[(\eu^{-p} - 1 + p) + (p - p\eu^{-p}) + (1 - \eu^{-p} - p\eu^{-p})\bigr] = \tfrac12\bigl(2p - 2p\eu^{-p}\bigr) = p(1 - \eu^{-p}),

sedangkan $1 - \eu^{-p} \leq p$ memberikan batasnya $p^2$ .

22. Tulislah $H_{i-1} = W_i + X_i$ dan $H_i = W_i + Y_i$ dengan $W_i = \sum_{j<i}Y_j + \sum_{j>i}X_j$ , yang bebas dari pasangan $(X_i, Y_i)$ (menurut koalisinya). Lalu bagi $A \subseteq \N$ , dengan menyaratkan pada terbilang banyak nilainya menurut kebebasannya,

\P(H_{i-1} \in A) = \sum_{k\geq0}\P(X_i = k)\,\P(W_i + k \in A),

dan demikian pula bagi $H_i$ dengan $Y_i$ . Lalu dengan mengurangkannya, dengan $c_k = \P(W_i + k \in A) \in \intcc01$ dan $\Delta_k = \P(X_i = k) - \P(Y_i = k)$ yang berjumlah nol:

\abs{\P(H_{i-1} \in A) - \P(H_i \in A)} = \Bigl|\sum_k\Delta_k\bigl(c_k - \tfrac12\bigr)\Bigr| \leq \tfrac12\sum_k\abs{\Delta_k} = d_{\mathrm{TV}}\bigl(\mathcal B(1, p_i), \mathcal P(p_i)\bigr) .

Lalu dengan menteleskopkannya dari $H_0 = S$ ke $H_n = \sum_iY_i \sim \mathcal P(\lambda)$ (Latihan 23.1, yang diiterasi) dan memakai pertanyaan 21:

\abs{\P(S \in A) - \P(\mathcal P(\lambda) \in A)} \leq \sum_{i=1}^np_i\bigl(1 - \eu^{-p_i}\bigr) \leq \sum_{i=1}^np_i^2 \qquad\text{bagi setiap } A :

yakni ketaksamaan Le Cam. (Sedangkan batas penggandengan pertanyaan 20 memberikan jalur alternatif: gandengkanlah setiap pasangannya pada satu variabel seragam sehingga $\P(X_i \neq Y_i) \leq p_i^2$ lalu batasilah $\P(S \neq \sum Y_i)$ ; padahal penukarannya tak memerlukan konstruksi sama sekali.)

23. (a) Dengan $p_i = \frac\lambda n$ : $d_{\mathrm{TV}}(\text{distribusi }S, \mathcal P(\lambda)) \leq \frac{\lambda^2}n$ . Ini mempertajam Latihan 23.5 tiga kali lipat: yakni galat eksplisit pada setiap $n$ yang berhingga, keseragaman atas semua kejadian $A$ sekaligus (bukan satu selang setiap kali), dan tanpa menuntut kesamaan $p_i$ -nya — melainkan hanya $\sum_ip_i^2$ yang kecil, misalnya $\sum p_i^2 \leq \lambda\max_ip_i$ : yakni banyak kejadian langka, tak satu pun yang dominan. (b) Di sini $n = 500$ , $p_i = \frac1{500}$ , $\lambda = 1$ : sehingga model Poissonnya keliru paling banyak $500\cdot\frac1{500^2} = 0.002$ pada setiap kejadiannya; khususnya, dengan mengambil $A = \{0\}$ ,

\P(\text{tak ada surat tersesat}) = \Bigl(1 - \frac1{500}\Bigr)^{500}, \qquad \Bigl|\P(\text{tak ada surat tersesat}) - \eu^{-1}\Bigr| \leq 0.002,

sehingga jawabannya $\eu^{-1} \approx 0.368$ sampai selisih terjamin $0.002$ (sedangkan selisih sebenarnya sekitar $4\cdot10^{-4}$ ). (c) Jadi soalnya ditutup pada satu metode dengan dua rezim. Saat $n$ sumbangan yang sebanding masing-masing membawa varians $\frac1n$ , mencocokkan dua momen terhadap Gaussnya membuat galat penukarannya $o(\frac1n)$ masing-masing: sehingga jumlahnya menjadi Gauss — dengan Taylor sebagai alat perbandingan lokalnya. Sedangkan saat $n$ sumbangannya berupa indikator berpeluang $p_i$ , mencocokkan rata-ratanya terhadap atom Poissonnya membuat setiap penukarannya berharga $p_i^2$ : sehingga cacahan kejadian langkanya menjadi Poisson — dengan variasi total sebagai perbandingan lokal yang persis. Jadi hibrida yang sama, teleskop yang sama, taksiran lokal yang berbeda: penggantiannya adalah sebuah strategi, bukan sebuah teorema, dan limit Gauss serta Poissonnya adalah dua dividennya yang tertua.

24. Teorema limit pusatnya memberikan $\sqrt n(\bar X_n - \mu) \Rightarrow \mathcal N(0, \sigma^2)$ , sedangkan $g(x) = \ln x$ terdiferensialkan di $\mu > 0$ dengan $g'(\mu) = \frac1\mu$ : sehingga metode deltanya (Bagian VI) menghasilkan $\sqrt n(\ln\bar X_n - \ln\mu) \Rightarrow \mathcal N(0, \sigma^2/\mu^2)$ . Lalu dengan membuka selang $\abs{\ln\bar X_n - \ln\mu} \leq \frac{1.96\,\sigma}{\mu\sqrt n}$ lewat pemangkatan:

\mu \in \bar X_n\cdot \eu^{\pm1.96\,\sigma/(\mu\sqrt n)} \qquad\text{dengan peluang asimtotik } 95\%

(dalam praktiknya $\sigma/\mu$ diganti oleh versi empirisnya, lewat Slutsky seperti pada Latihan 23.8). Adapun selang perkaliannya adalah yang alami saat datanya positif dengan galat yang sebanding dengan ukurannya — pendapatan, konsentrasi, waktu paruh: yakni besaran yang hidup pada skala log, yang selang aditif setangkupnya bahkan bisa melewati nol di sana.

25. Berlaku $\E[(X - p)^3] = (1-p)^3p + (-p)^3(1 - p) = p(1-p)\bigl[(1-p)^2 - p^2\bigr] = p(1-p)(1 - 2p)$ . Lalu pada analisis penukarannya (Bagian IV), suku galat yang utama setelah mencocokkan dua momen mengangkut momen ketiga yang bertanda: sebab bagi $p < \frac12$ ia positif (yakni distribusinya condong ke kanan: dengan gerak jauh besar yang langka di atas rata-ratanya), sehingga hampiran normalnya menempatkan massanya secara keliru dan sistematis — dengan mengecilkan ekor kiri yang pendek dan membesarkan yang kanan — bergalat berorde $n^{-1/2}$ ; sedangkan di $p = \frac12$ momen ketiganya lenyap, Bernoullinya cocok dengan Gaussnya sampai orde ketiga, dan lajunya membaik (yakni pertanyaan momen-cocok Bagian IV). Secara numerik: $\P(S = 0) = 0.9^{20} = 0.1216$ , sedangkan Gaussnya $\mathcal N(2, 1.8)$ memberikan $\Phi\bigl(\frac{0.5 - 2}{\sqrt{1.8}}\bigr) = \Phi(-1.118) \approx 0.132$ : jadi kurva normalnya, yang tak tahu akan dinding di $0$ dan akan kemencengan ke kanannya, menaruh terlalu banyak massa di dasarnya — yakni tanda galat yang diramalkan, yang sudah terlihat di $n = 20$ .

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium