Normalverteilungsmagie

Question

Lassen $X$ und $Y$ unabhängige Zufallsvariable sein, so dass $X-Y$ und $X+Y$sind unabhängig. Beweise das$X$ und $Y$ sind normale Zufallsvariablen.

Hinweis: Verwenden Sie charakteristische Funktionen, um eine Funktionsgleichung und den Modul von zu ermitteln$\phi_{X+Y}$ und das entsprechende Argument.

Wir haben $$\phi_{(X+Y,X-Y)}(x,y)=\phi_{X+Y}(x)\phi_{X-Y}(y)=\phi_X(x)\phi_Y(x)\phi_X(y) \overline{\phi_Y}(y) \ \ \ \ (1)$$ $$\phi_{(X+Y,X-Y)}(x,y)=\phi_{(X,Y)}(x+y,x-y)=\phi_{X}(x+y)\phi_Y(x-y) \ \ \ \ (2)$$ wir erhalten, $$\phi_{X}(x+y)\phi_Y(x-y)=\phi_X(x)\phi_Y(x)\phi_X(y) \overline{\phi_Y}(y) \ \ \ \ (3)$$ ersetzen $y$ mit $-y$ im $(3)$:: $$\phi_{X}(x-y)\phi_Y(x+y)=\phi_X(x)\phi_Y(x)\phi_Y(y) \overline{\phi_X}(y) \ \ \ \ (4)$$ multiplizieren $(3)$ mit $(4):$ $$\phi_{X+Y}(x+y)\phi_{X+Y}(x-y)=(\phi_{X+Y}(x))^2|\phi_{X+Y}(y)|^2 \ \ \ \ (5)$$ Damit, $$|\phi_{X+Y}(x+y)||\phi_{X+Y}(x-y)|=|\phi_{X+Y}(x)|^2|\phi_{X+Y}(y)|^2 \ \ \ \ (6)$$

So erhalten wir eine Funktionsgleichung, die gelöst werden muss: $$f(x+y)f(x-y)=(f(x))^2(f(y))^2$$ $f$ ist stetig und positiv. Diese Funktionsgleichung wurde gelöst (siehe @ Ravsky-Antwort unten) (beginnend mit ganzen Zahlen, rationalen, dann reellen Zahlen über die Dichte). Wir sollten erhalten: $$\exists \sigma>0;|\phi_{X+Y}(x)|=|\phi_{X-Y}(x)|=e^{-\sigma^2x^2/2}.$$

Wenn ja, bleibt es zu beweisen $\exists \mu \in \mathbb{R}; \phi_{X+Y}(x)=e^{i \mu x -x^2\sigma^2/2}.$

Irgendwelche Vorschläge?

Answer 1

Vorausgesetzt, dass $f$ ist eine stetige Funktion von $\Bbb R$ zu $\Bbb R$können wir die Funktionsgleichung lösen $f(x+y)+f(x−y)=2(f(x)+f(y))$wie folgt. Einstecken$x=y=0$, wir erhalten $f(0)=0$.

Jetzt reparieren Sie alle echten $y$ und für jeden $n\in\Bbb Z$ stellen $b_n=f(ny)-f((n-1)y)$. Dann$b_1=f(y)$ und $b_{n+1}=b_n+2f(y)$ für jeden $n$. So$b_n=(2n-1)f(y)$ für jeden $n$, das ist $f(ny)-f((n-1)y)= (2n-1)f(y)$. Die letztere Gleichheit impliziert$f(ny)=n^2f(y)$ für jeden $n\in\Bbb Z$.

Also für jede ganze Zahl $p$ und natürlich $q$ wir haben $q^2f(1/q)=f(1)$ und $f(p/q)=p^2f(1/q)=p^2f(1)/q^2$. Durch die Kontinuität von$f$, $f(x)=x^2f(1)$ für jeden echten $x$. Andererseits erfüllt die letztere Funktion die Gleichung.

Answer 2

Beachten Sie, dass wir von Alex Ravsky bereits eine Antwort haben $|\varphi_{X+Y}(t)| = \exp(t^2c)$ wo $c=f(1) \le 0$

Jetzt lassen $g=\varphi_{X+Y}$ Wir haben die Existenz von kontinuierlichen $h:\mathbb R \to \mathbb R$ mit $h(0)=0$ so dass $g(x) = e^{ih(x)}f(x) = e^{ih(x)}e^{x^2c}$. Es würde ausreichen, um zu zeigen$h(x)=xh(1)$.

Aufgrund Ihrer Gleichung $(5)$ wir haben:

$$ g(x+y)g(x-y) = g(x)^2f(y)^2 $$ $$ e^{ih(x+y)}e^{ih(x-y)} e^{(x+y)^2c}e^{(x-y)^2c} = e^{2x^2c}e^{2y^2c}e^{i2h(x)}$$

Daher $$ e^{i(h(x+y) + h(x-y))} = e^{i2h(x)}$$

Lassen $x=t,y=t$ wir bekommen $e^{ih(2t)} = e^{i2h(t)} $

Induktiv $x=(n-1)t,y=t$ wir bekommen $e^{ih(nt)} = e^{inh(t)}$

Verwenden von $h(0)=0$ und lassen $x=0$ wir bekommen $e^{ih(y)}e^{ih(-y)}=1$, daher für jeden $k \in \mathbb Z$ $$ e^{ih(kt)} = e^{ikh(t)}$$

Dann nehmen $r = \frac{p}{q}$ wo $p \in \mathbb Z, q \in \mathbb N_+$ wir bekommen für rationale:

$$ e^{ih(r)} = e^{iph(\frac{1}{q})} = e^{ir qh(\frac{1}{q})} = e^{irh(1)} $$ und durch Kontinuität für jeden $x \in \mathbb R$ wir bekommen $$ e^{ih(x)} = e^{ixh(1)}$$ daher $g=\varphi_{X+Y}$ ist eine charakteristische Funktion der Normalverteilung (wir verwenden $c \le 0$). Und nach dem Cramer-Theorem folgt das Ergebnis

EDIT: Ohne den Satz von Cramer können Sie Ihr Gleichungspaar (3) einstecken $(-x,y)$ eine dann multiplizierte (3) mit Gleichung, die Sie erhalten, erhalten wirklich die gleiche Funktionsgleichung für $\varphi_{X-Y}$daher $X-Y$ist auch Gauß. Aber dann durch Unabhängigkeit$2X = (X+Y) + (X-Y)$ und $2Y = (X+Y) - (X-Y)$ sind auch Gauß.