C'è qualche difficoltà quando si utilizza il metodo Delta. È più conveniente derivarlo a mano.
Con legge dei grandi numeri, . Quindi . Applicando il teorema di Slutsky, abbiamo
Con il teorema del mapping continuo, abbiamo
Quindi
Secondo il teorema di Slutsky, abbiamo
Combinando i due precedenti rendimenti di uguaglianza
C^−→PCC^+γnI−→PC
n−−√(C^+γnI)−1/2(X¯−μ)→dN(0,C−1).
n(X¯−μ)T(C^+γnI)−1(X¯−μ)→d∑i=1pλ−1i(C)χ21.
n−−√(X¯−μ)T(C^+γnI)−1(X¯−μ)−→P0.
n−−√μT(C^+γnI)−1(X¯−μ)→dN(0,μTC−2μ).
==→dn−−√(X¯T(C^+γnI)−1X¯−μT(C^+γnI)−1μ)n−−√((X¯−μ)T(C^+γnI)−1(X¯−μ)−2μT(C^+γnI)−1(X¯−μ))−2n−−√μT(C^+γnI)−1(X¯−μ)+oP(1)N(0,4μTC−2μ).
L'attività rimanente è occuparsi di
Sfortunatamente, questo termine dose NON converge a . Il comportamento diventa complicato e dipende dal terzo e quarto momento.
n−−√(μT(C^+γnI)−1μ−μT(C)−1μ).
0
Per essere semplici, di seguito supponiamo che sia distribuito normalmente e . È un risultato standard che
dove è una matrice casuale simmetrica con elementi diagonali come e fuori dagli elementi diagonali come . Pertanto,
per matrice taylor expantion , abbiamo
Xiγn=o(n−1/2)
n−−√(C^−C)→dC1/2WC1/2,
WN(0,2)N(0,1)n−−√(C^+γnI−C)→dC1/2WC1/2,
(I+A)−1∼I−A+A2=n−−√((C^+γnI)−1−C−1)=n−−√C−1/2((C−1/2(C^+γnI)C−1/2)−1−I)C−1/2n−−√C−1(C^+γnI−C)C−1+OP(n−1/2)→dC−1/2WC−1/2.
Pertanto,
n−−√(μT(C^+γnI)−1μ−μT(C)−1μ)→dμTC−1/2WC−1/2μ∼N(0,(μTC−1μ)2).
Pertanto,
n−−√(X¯T(C^+γnI)−1X¯−μTC−1μ)→dN(0,4μTC−2μ+(μTC−1μ)2).