Умова

Нехай \({\xi _1},{\xi _2},...,{\xi _k},...\) – незалежні випадкові величини, причому \({\xi _k} \sim N({m_k},{\sigma ^2})\) для всіх натуральних значень \(k\). Довести, що має місце збіжність у середньому квадратичному $${X_n} = \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {{{({\xi _k} - {m_k})}^2}} \xrightarrow[\qquad\qquad]{L_2} {\sigma ^2}, \qquad n \to \infty.$$

Розв’язок

За визначенням послідовність випадкових величин \(\left\{ {\left. {{\eta _n} \in {L_2}} \right|n \ge 1} \right\}\) збігається в середньому квадратичному до випадкової величини \(\eta \in {L_2}\), якщо $$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } M{({\eta _n} - \eta )^2} = 0,$$ де \({L_2} = \left\{ {\left. \xi ~ \right| ~ M{\xi ^2} < \infty } \right\}\). Відзначим, що \({\sigma ^2} \in {L_2}\), бо \(M{\left( {{\sigma ^2}} \right)^2} = {\sigma ^4} < \infty \). Покажемо, що усі розглянуті \({X_n} \in {L_2}\). Дійсно: $$ \begin{align} MX_n^2 & = M{\left( {\dfrac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {{{({\xi _k} - {m_k})}^2}} } \right)^2} = M\dfrac{1}{{{n^2}}}{\left( {\sum\limits_{k = 1}^n {{{\left( {{\xi _k} - {m_k}} \right)}^2}} } \right)^2} = \\ & = \dfrac{1}{{{n^2}}}M\left( {\sum\limits_{k = 1}^n {{{\left( {{\xi _k} - {m_k}} \right)}^4}} + \sum\limits_{\substack{k,l = 1 \\ k \ne l}}^n {{{\left( {{\xi _k} - {m_k}} \right)}^2}{{\left( {{\xi _l} - {m_l}} \right)}^2}} } \right) = \\ & = \dfrac{1}{{{n^2}}}M\left( {\sum\limits_{k = 1}^n {{{\left( {{\xi _k} - {m_k}} \right)}^4}} } \right) + \frac{1}{{{n^2}}}M\left( {\sum\limits_{\substack{k,l = 1 \\ k \ne l}}^n {{{\left( {{\xi _k} - {m_k}} \right)}^2}{{\left( {{\xi _l} - {m_l}} \right)}^2}} } \right) = \\ & = \frac{1}{{{n^2}}}\sum\limits_{k = 1}^n {M{{\left( {{\xi _k} - {m_k}} \right)}^4}} + \frac{1}{{{n^2}}}\sum\limits_{\substack{k,l = 1 \\ k \ne l}}^n {M{{\left( {{\xi _k} - {m_k}} \right)}^2}{{\left( {{\xi _l} - {m_l}} \right)}^2}}. \end{align} $$

Оскільки \({\xi _k}\) та \({\xi _l}\) незалежні при \(k \ne l\), то \({\left( {{\xi _k} - {m_k}} \right)^2}\) та \({\left( {{\xi _l} - {m_l}} \right)^2}\) також незалежні, звідки $$ \begin{align} \sum\limits_{\substack{k,l = 1 \\ k \ne l}}^n {M{{\left( {{\xi _k} - {m_k}} \right)}^2}{{\left( {{\xi _l} - {m_l}} \right)}^2}} & = \sum\limits_{\substack{k,l = 1 \\ k \ne l}}^n {M{{\left( {{\xi _k} - {m_k}} \right)}^2}{M{\left( {{\xi _l} - {m_l}} \right)}^2}} = \\ & = \sum\limits_{\substack{k,l = 1 \\ k \ne l}}^n {D{\xi _k}D{\xi _l}} = \sum\limits_{\substack{k,l = 1 \\ k \ne l}}^n {\sigma^2 \sigma^2} = n(n-1) \sigma^4. \end{align} $$ Тепер обчислимо \(\sum\limits_{k = 1}^n {M{{\left( {{\xi _k} - {m_k}} \right)}^4}} \): $$ \begin{align} M{\left( {{\xi _k} - {m_k}} \right)^4} & = \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{{\left( {x - {m_k}} \right)}^4}f\left( x \right)dx} = \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{{\left( {x - {m_k}} \right)}^4}\frac{1}{{\sqrt {2\pi } \sigma }}{e^{ - \frac{{{{\left( {x - {m_k}} \right)}^2}}}{{2{\sigma ^2}}}}}dx} = \\ & = \left| \begin{array}{c}z = \frac{{x - {m_k}}}{\sigma },x = \sigma z + {m_k}\\dx = \sigma dz\end{array} \right| = \frac{1}{{\sqrt {2\pi } \sigma }}\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{{\left( {\sigma z} \right)}^4}{e^{ - \frac{{{{\left( {\sigma z} \right)}^2}}}{{2{\sigma ^2}}}}}\sigma dz} = \frac{{{\sigma ^4}}}{{\sqrt {2\pi } }}\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{z^4}{e^{ - \frac{{{z^2}}}{2}}}dz} = \\ & = \left| \begin{array}{l}{u_1} = {z^3},d{u_1} = 3{z^2}dz\\d{v_1} = z{e^{ - \frac{{{z^2}}}{2}}}dz,{v_1} = - {e^{ - \frac{{{z^2}}}{2}}}\end{array} \right| = \frac{{{\sigma ^4}}}{{\sqrt {2\pi } }}\left( {\left. { - {z^3}{e^{ - \frac{{{z^2}}}{2}}}} \right|_{ - \infty }^{ + \infty } - \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } { - 3{z^2}{e^{ - \frac{{{z^2}}}{2}}}dz} } \right) = \\ & = \frac{{{\sigma ^4}}}{{\sqrt {2\pi } }}\left( {0 - 0 + \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {3{z^2}{e^{ - \frac{{{z^2}}}{2}}}dz} } \right) = \frac{{3{\sigma ^4}}}{{\sqrt {2\pi } }}\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{z^2}{e^{ - \frac{{{z^2}}}{2}}}dz} = \left| \begin{array}{l}{u_2} = z,d{u_2} = dz\\d{v_2} = z{e^{ - \frac{{{z^2}}}{2}}}dz,{v_2} = - {e^{ - \frac{{{z^2}}}{2}}}\end{array} \right| = \\ & = \frac{{3{\sigma ^4}}}{{\sqrt {2\pi } }}\left( {\left. { - z{e^{ - \frac{{{z^2}}}{2}}}} \right|_{ - \infty }^{ + \infty } - \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } { - {e^{ - \frac{{{z^2}}}{2}}}dz} } \right) = \left| \begin{array}{c}t = \frac{z}{{\sqrt 2 }},z = \sqrt 2 t\\dz = \sqrt 2 dt\end{array} \right| = \\ & = \frac{{3{\sigma ^4}}}{{\sqrt {2\pi } }}\left( {0 - 0 + \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^{ - {t^2}}}\sqrt 2 dt} } \right) = \frac{{3{\sigma ^4}}}{{\sqrt {2\pi } }}\sqrt 2 \sqrt \pi = 3{\sigma ^4}. \end{align} $$ Отже, \(\sum\limits_{k = 1}^n {M{{\left( {{\xi _k} - {m_k}} \right)}^4}} = n \cdot 3{\sigma ^4} = 3n{\sigma ^4}\), звідки $$ \begin{align} MX_n^2 & = \dfrac{1}{{{n^2}}}\sum\limits_{k = 1}^n {M{{\left( {{\xi _k} - {m_k}} \right)}^4}} + \dfrac{1}{{{n^2}}}\sum\limits_{\substack{k,l = 1 \\ k \ne l}}^n {M{{\left( {{\xi _k} - {m_k}} \right)}^2}{{\left( {{\xi _l} - {m_l}} \right)}^2}} = \\ & = \dfrac{1}{{{n^2}}}3n{\sigma ^4} + \dfrac{1}{{{n^2}}}n\left( {n - 1} \right){\sigma ^4} = \dfrac{{\left( {3 + n - 1} \right){\sigma ^4}}}{n} = \dfrac{{\left( {2 + n} \right){\sigma ^4}}}{n} < \infty . \end{align} $$ Це означає, що дійсно \({X_n} \in {L_2}\).

Тепер доведемо, що \(\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } M{({X_n} - {\sigma ^2})^2} = 0\). За властивостями математичного сподівання і з урахуванням того, що \(M{\left( {{\xi _k} - {m_k}} \right)^2} = M{\left( {{\xi _k} - M{\xi _k}} \right)^2} = D{\xi _k}\), за визначенням дисперсії маємо: $$ \begin{align} M{({X_n} - {\sigma ^2})^2} & = M\left( {X_n^2 - 2{\sigma ^2}{X_n} + {\sigma ^4}} \right) = MX_n^2 - 2{\sigma ^2}M{X_n} + {\sigma ^4} = \\ & = \dfrac{{\left( {2 + n} \right){\sigma ^4}}}{n} - 2{\sigma ^2}M\left( {\dfrac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {{{\left( {{\xi _k} - {m_k}} \right)}^2}} } \right) + {\sigma ^4} = \\ & = \dfrac{{2{\sigma ^4}}}{n} + {\sigma ^4} - \dfrac{{2{\sigma ^2}}}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {M{{\left( {{\xi _k} - {m_k}} \right)}^2} + {\sigma ^4}} = \dfrac{{2{\sigma ^4}}}{n} + 2{\sigma ^4} - \dfrac{{2{\sigma ^2}}}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {D{\xi _k}} = \\ & = \dfrac{{2{\sigma ^4}}}{n} + 2{\sigma ^4} - \dfrac{{2{\sigma ^2}}}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {{\sigma ^2}} = \dfrac{{2{\sigma ^4}}}{n} + 2{\sigma ^4} - \dfrac{{2{\sigma ^2}}}{n}n{\sigma ^2} =\\ & = \dfrac{{2{\sigma ^4}}}{n} + 2{\sigma ^4} - 2{\sigma ^4} = \dfrac{{2{\sigma ^4}}}{n} \to 0, \end{align} $$ що і треба було довести.

Джерело: Панков А.Р., Платонов Е.Н. Практикум по математической статистике: Учебное пособие. – М.: Изд-во МАИ, 2006.

Оформлення: Кісленко Олена, К-20, 2021.