复合泊松随机变量的极限是复合泊松r.v吗。？

Question

让Y美元$成为无限可分随机变量.

让$\nu美元$是任何不一定是有限的度量：$\nu（\mathbb R）\leq\infty$。假设$Y\sim（0，\nu，0）_0$根据第39页公式（8.7）的注释佐藤、肯·伊蒂Lévy过程和无穷可分分布，ZBL0973.60001号.

也就是说，特征函数的Lévy-Khintchine表示如下：\开始｛等式｝\标签｛I｝\标签｛I｝\varphi_Y（z）=\exp\left\｛\int_｛\mathbb R｝[e^｛izx｝-1]\，d\nu（x）\right\｝\结束{方程式}

$\下划线{备注\，\，1:}$

注意，如果$\nu（\mathbb R）<\infty$，我们可以设置$\lambda:=\nu（\mathbb R）$并写下：$$\varphi_Y（z）=\exp\left\{\lambda\int_\mathbb R[e^{izx}-1]\，d\eta（x）\right\}，\quad d\eta（x）：=d\nu（x）/\lambda$$在这种情况下，我们有美元\eta$是一种概率度量($\eta（\mathbb R）=1$)和Y美元$是复合泊松随机变量$Y\sim CP（\lambda，\eta）$（见第18页，佐藤书（参考上文）中的方程式（4.1）或下文更新的备注2。）

然而，一般来说，我们没有$\nu（\mathbb R）<\infty$例如，请参阅这个问题还有这个其他问题，在这里我们有无穷大的质量在零附近。

所以我的问题是：给定序列$（X_n）_{n\in\mathbb n}$I.D.随机变量的$$\varphi_{X_n}（z）=\int_{\mathbb R}[e^{izx}-1 ]\，d\nu_n（x），\quad\nu_n（\mathbb R）<\infty$$由$\下划线{备注\，\，1}$上面，我们有$X_n\sim CP（\lambda_n，\eta_n）$哪里$\lambda_n=\nu_n（\mathbb R）$和$d\eta_n（x）：=d\nu_n（x）/\lambda\n$现在，假设\开始{等式}\label{II}\tag{II}X_n\Longrightarrow Y，\quad（n到infty）\结束{方程式}哪里$Y\sim（0，\nu，0）_0$具有由（\ref{I}）给出的特征。

那么，在什么情况下（假设美元\eta_n$和$\lambda_n$)（参考{II}）中给出的收敛性意味着Y美元$，根据（\ref{I}）给出的特征，实际上是复合泊松随机变量吗？或者以其他充分的方式，当我们$\nu（\mathbb R）<\infty$?.

一个微不足道的例子是$（X_n）$具有相同的分布。即。$\eta_n=\eta$和$\lambda_n=\lambda$为所有人n美元$所以我们排除了这种情况。

我的直觉告诉我，给定（参考{II}）$\nu（\mathbb R）<\infty$.

帮助

更新的备注

$1.-$使用佐藤书（参考上文）第41页的定理8.7，我们可以得到：$f\单位：C_\#$（有界连续函数在邻域上消失$0$)，然后

$$\lim_{n\to\infty}\int_{\mathbb R}f（x）\下大括号{\lambda_n\eta_n（dx）}_{=\nu_n（d x）}=\nint_{\ mathbb R}f$$

所以，对任何人来说$\epsilon>0$，采用指示灯功能$f_\epsilon（x）=\chi_{|x|>\epsillon}（x）=1$如果$|x|>\epsilon$和$0$另一方面，我们有

$$\eta_n（E_\epsilon）\to\nu（E_\ε），\quad E_\epsilon=\{x:|x|>\epsilen\}，\quade（n\to\infty）$$

这是一个有用的方法吗？

在Christophe Leuridan的评论之后，我们必须采用一个方便的连续函数，而不是指示函数，因为它不是连续的。

$2.-$在Christophe Leuridan发表评论后，我认为有必要具体说明，一般来说可能性测量美元\eta$,$Y\sim CP（\lambda，\eta）$意味着：\开始{方程式}Y=\sum_｛j=1｝^N X_j，\quad N\sim\hbox｛Poisson｝（\lambda），\，X_j\，\，\text｛i.i.d.｝\sim\eta\结束{方程式}有关更多详细信息，请参阅这此外，特征函数为：

$$\varphi_Y（z）=\exp\left\{\lambda\int_\mathbb R[e^{izx}-1]\，d\eta$$

$3.-$我在上面发布了这个结果，但我不知道它是否会有多大帮助。不过，我会在这里注册。我们知道每个随机变量Y美元$无穷可除当且仅当存在序列$（X_n）_{n\in\mathbb n}$复合泊松随机变量，在弱极限下：\开始{方程式}X_n\右箭头Y，\quad（n\to\infty）\结束{方程式}C.f.定理16.5，第333页，摘自阿希姆·克伦克,概率论。综合课程.ZBL1295.60001号.

Answer 1

我希望我没有犯错误，但我认为这是可行的。

收敛$$\exp\Big（\int_\mathbb{R}（e^{izx}-1)d\eta_n（x）\Big）\to\exp\Big（\int_\mathbb{R}（e^{izx}-1)d\nu（x）\大）$$产生收敛$$\int_\mathbb{R}（e^{izx}-1)d\eta_n（x）\to\int_\mathbb{R}（e^{izx}-1)d\nu（x）$$我取真实的部分，把符号改成非负功能。$$\int_\mathbb{R}（1-\cos（zx））d\eta_n$$根据Fubini定理和Fatou引理，对于每个$T>0美元$,\开始{eqnarray*}\int_\mathbb{R}（1-（Tx）^{-1}\sin（Tx，））d\nu（x）&=&\frac{1}{T}\int_0^T\Big（\int_\mathbb{R}（1-\cos（zx））d\nu（x）\Big）dz\\&=&\frac{1}{T}\int_0^T\lim_n\Big（\int_\mathbb{R}（1-\cos（zx））d\eta_n（x）\Big）dz\\&\le&\liminf_n\frac{1}{T}\int_0^T\Big（\int_\mathbb{R}（1-\cos（zx））d\eta_n（x）\Big）dz\\&=&\liminf_n\int_\mathbb{R}（1-（Tx）^{-1}\sin（Tx，））d\eta_n（x）\\&\le&1+1/\pi，\结束{eqnarray*}因为函数sinc的范围如下$1/\pi$.再次应用Fatou引理，\开始{eqnarray*}\int_\mathbb{R}1d\nu（x）&\le&\liminf_{T\to+\infty}\int_\mathbb{R}（1-（Tx）^{-1}\sin（Tx，））d\nu（x）\\&\le&\liminf_{T\to+\infty}1+1/\pi。\结束{eqnarray*}因此$\nu美元$是有限的。我想这个论点的完善表明$\nu（\mathbb{R}）\le 1$.