Magia de distribución normal

Question

Dejar $X$ y $Y$ ser variable aleatoria independiente, tal que $X-Y$ y $X+Y$son independientes. Pruebalo$X$ y $Y$ son variables aleatorias normales.

Sugerencia: use funciones características para encontrar una ecuación funcional y para encontrar el módulo de$\phi_{X+Y}$ y el argumento correspondiente.

Tenemos $$\phi_{(X+Y,X-Y)}(x,y)=\phi_{X+Y}(x)\phi_{X-Y}(y)=\phi_X(x)\phi_Y(x)\phi_X(y) \overline{\phi_Y}(y) \ \ \ \ (1)$$ $$\phi_{(X+Y,X-Y)}(x,y)=\phi_{(X,Y)}(x+y,x-y)=\phi_{X}(x+y)\phi_Y(x-y) \ \ \ \ (2)$$ obtenemos, $$\phi_{X}(x+y)\phi_Y(x-y)=\phi_X(x)\phi_Y(x)\phi_X(y) \overline{\phi_Y}(y) \ \ \ \ (3)$$ reemplazando $y$ con $-y$ en $(3)$: $$\phi_{X}(x-y)\phi_Y(x+y)=\phi_X(x)\phi_Y(x)\phi_Y(y) \overline{\phi_X}(y) \ \ \ \ (4)$$ multiplicar $(3)$ con $(4):$ $$\phi_{X+Y}(x+y)\phi_{X+Y}(x-y)=(\phi_{X+Y}(x))^2|\phi_{X+Y}(y)|^2 \ \ \ \ (5)$$ Entonces, $$|\phi_{X+Y}(x+y)||\phi_{X+Y}(x-y)|=|\phi_{X+Y}(x)|^2|\phi_{X+Y}(y)|^2 \ \ \ \ (6)$$

Entonces obtenemos una ecuación funcional que debe resolverse: $$f(x+y)f(x-y)=(f(x))^2(f(y))^2$$ $f$ es continua y positiva.Esta ecuación funcional se resolvió (ver la respuesta de @Ravsky a continuación) (comenzando con números enteros, racionales, luego números reales a través de la densidad), debemos obtener: $$\exists \sigma>0;|\phi_{X+Y}(x)|=|\phi_{X-Y}(x)|=e^{-\sigma^2x^2/2}.$$

Si es así, queda por demostrar que $\exists \mu \in \mathbb{R}; \phi_{X+Y}(x)=e^{i \mu x -x^2\sigma^2/2}.$

¿Alguna sugerencia?

Answer 1

Asumiendo que $f$ es una función continua de $\Bbb R$ a $\Bbb R$, podemos resolver la ecuación funcional $f(x+y)+f(x−y)=2(f(x)+f(y))$como sigue. Conectándose a él$x=y=0$, obtenemos $f(0)=0$.

Ahora arregla cualquier $y$ y para cada $n\in\Bbb Z$ poner $b_n=f(ny)-f((n-1)y)$. Luego$b_1=f(y)$ y $b_{n+1}=b_n+2f(y)$ para cada $n$. Así$b_n=(2n-1)f(y)$ para cada $n$, es decir $f(ny)-f((n-1)y)= (2n-1)f(y)$. La última igualdad implica$f(ny)=n^2f(y)$ para cada $n\in\Bbb Z$.

Así, para cada entero $p$ y natural $q$ tenemos $q^2f(1/q)=f(1)$ y $f(p/q)=p^2f(1/q)=p^2f(1)/q^2$. Por la continuidad de$f$, $f(x)=x^2f(1)$ por cada real $x$. Por otro lado, la última función satisface la ecuación.

Answer 2

Tenga en cuenta que por la respuesta de Alex Ravsky ya tenemos $|\varphi_{X+Y}(t)| = \exp(t^2c)$ dónde $c=f(1) \le 0$

Dejando ahora $g=\varphi_{X+Y}$ tenemos la existencia de continuo $h:\mathbb R \to \mathbb R$ con $h(0)=0$ tal que $g(x) = e^{ih(x)}f(x) = e^{ih(x)}e^{x^2c}$. Sería suficiente para mostrar$h(x)=xh(1)$.

Debido a tu ecuación $(5)$ tenemos:

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

Por lo tanto $$ e^{i(h(x+y) + h(x-y))} = e^{i2h(x)}$$

Dejando $x=t,y=t$ obtenemos $e^{ih(2t)} = e^{i2h(t)} $

Inductivamente $x=(n-1)t,y=t$ obtenemos $e^{ih(nt)} = e^{inh(t)}$

Utilizando $h(0)=0$ y dejando $x=0$ obtenemos $e^{ih(y)}e^{ih(-y)}=1$, por lo tanto para cualquier $k \in \mathbb Z$ $$ e^{ih(kt)} = e^{ikh(t)}$$

Entonces, tomando $r = \frac{p}{q}$ dónde $p \in \mathbb Z, q \in \mathbb N_+$ obtenemos por racionales:

$$ e^{ih(r)} = e^{iph(\frac{1}{q})} = e^{ir qh(\frac{1}{q})} = e^{irh(1)} $$ y por continuidad, para cualquier $x \in \mathbb R$ obtenemos $$ e^{ih(x)} = e^{ixh(1)}$$ por lo tanto $g=\varphi_{X+Y}$ es una función característica de la distribución normal (usamos $c \le 0$). Y por el teorema de Cramer el resultado sigue

EDITAR: Sin el teorema de Cramer, puede conectar su par de ecuaciones (3) $(-x,y)$ y luego multiplicar (3) con la ecuación que obtendrá, obteniendo realmente la misma ecuación funcional para $\varphi_{X-Y}$, por lo tanto $X-Y$también es gaussiano. Pero luego por la independencia$2X = (X+Y) + (X-Y)$ y $2Y = (X+Y) - (X-Y)$ son gaussianos también.