Magie de distribution normale
Laisser $X$ et $Y$ être une variable aléatoire indépendante, telle que $X-Y$ et $X+Y$sont indépendants. Prouve-le$X$ et $Y$ sont des variables aléatoires normales.
Astuce: Utilisez des fonctions caractéristiques pour trouver une équation fonctionnelle et pour trouver le module de$\phi_{X+Y}$ et l'argument correspondant.
Nous avons $$\phi_{(X+Y,X-Y)}(x,y)=\phi_{X+Y}(x)\phi_{X-Y}(y)=\phi_X(x)\phi_Y(x)\phi_X(y) \overline{\phi_Y}(y) \ \ \ \ (1)$$ $$\phi_{(X+Y,X-Y)}(x,y)=\phi_{(X,Y)}(x+y,x-y)=\phi_{X}(x+y)\phi_Y(x-y) \ \ \ \ (2)$$ on obtient, $$\phi_{X}(x+y)\phi_Y(x-y)=\phi_X(x)\phi_Y(x)\phi_X(y) \overline{\phi_Y}(y) \ \ \ \ (3)$$ remplacer $y$ avec $-y$ dans $(3)$: $$\phi_{X}(x-y)\phi_Y(x+y)=\phi_X(x)\phi_Y(x)\phi_Y(y) \overline{\phi_X}(y) \ \ \ \ (4)$$ multiplier $(3)$ avec $(4):$ $$\phi_{X+Y}(x+y)\phi_{X+Y}(x-y)=(\phi_{X+Y}(x))^2|\phi_{X+Y}(y)|^2 \ \ \ \ (5)$$ Alors, $$|\phi_{X+Y}(x+y)||\phi_{X+Y}(x-y)|=|\phi_{X+Y}(x)|^2|\phi_{X+Y}(y)|^2 \ \ \ \ (6)$$
On obtient donc une équation fonctionnelle qui doit être résolue: $$f(x+y)f(x-y)=(f(x))^2(f(y))^2$$ $f$ est continue et positive, Cette équation fonctionnelle a été résolue (voir la réponse de @Ravsky ci-dessous) (en commençant par les entiers, les rationnels, puis les nombres réels via la densité), nous devrions obtenir: $$\exists \sigma>0;|\phi_{X+Y}(x)|=|\phi_{X-Y}(x)|=e^{-\sigma^2x^2/2}.$$
Si tel est le cas, il reste à prouver que $\exists \mu \in \mathbb{R}; \phi_{X+Y}(x)=e^{i \mu x -x^2\sigma^2/2}.$
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Réponses
En admettant que $f$ est une fonction continue de $\Bbb R$ à $\Bbb R$, nous pouvons résoudre l'équation fonctionnelle $f(x+y)+f(x−y)=2(f(x)+f(y))$comme suit. Brancher dedans$x=y=0$, on obtient $f(0)=0$.
Maintenant, corrige tout réel $y$ et pour chacun $n\in\Bbb Z$ mettre $b_n=f(ny)-f((n-1)y)$. ensuite$b_1=f(y)$ et $b_{n+1}=b_n+2f(y)$ pour chaque $n$. Donc$b_n=(2n-1)f(y)$ pour chaque $n$, C'est $f(ny)-f((n-1)y)= (2n-1)f(y)$. Cette dernière égalité implique$f(ny)=n^2f(y)$ pour chaque $n\in\Bbb Z$.
Ainsi pour chaque entier $p$ et naturel $q$ nous avons $q^2f(1/q)=f(1)$ et $f(p/q)=p^2f(1/q)=p^2f(1)/q^2$. Par la continuité de$f$, $f(x)=x^2f(1)$ pour chaque réel $x$. En revanche, cette dernière fonction satisfait l'équation.
Notez que par Alex Ravsky, nous avons déjà $|\varphi_{X+Y}(t)| = \exp(t^2c)$ où $c=f(1) \le 0$
Laisser maintenant $g=\varphi_{X+Y}$ nous avons l'existence de $h:\mathbb R \to \mathbb R$ avec $h(0)=0$ tel que $g(x) = e^{ih(x)}f(x) = e^{ih(x)}e^{x^2c}$. Il suffirait de montrer$h(x)=xh(1)$.
En raison de votre équation $(5)$ nous avons:
$$ g(x+y)g(x-y) = g(x)^2f(y)^2 $$ $$ e^{ih(x+y)}e^{ih(x-y)} e^{(x+y)^2c}e^{(x-y)^2c} = e^{2x^2c}e^{2y^2c}e^{i2h(x)}$$
Par conséquent $$ e^{i(h(x+y) + h(x-y))} = e^{i2h(x)}$$
Location $x=t,y=t$ on a $e^{ih(2t)} = e^{i2h(t)} $
Inductivement $x=(n-1)t,y=t$ on a $e^{ih(nt)} = e^{inh(t)}$
En utilisant $h(0)=0$ et laisser $x=0$ on a $e^{ih(y)}e^{ih(-y)}=1$, donc pour tout $k \in \mathbb Z$ $$ e^{ih(kt)} = e^{ikh(t)}$$
Puis, en prenant $r = \frac{p}{q}$ où $p \in \mathbb Z, q \in \mathbb N_+$ nous obtenons pour les rationnels:
$$ e^{ih(r)} = e^{iph(\frac{1}{q})} = e^{ir qh(\frac{1}{q})} = e^{irh(1)} $$ et par continuité, pour tout $x \in \mathbb R$ on a $$ e^{ih(x)} = e^{ixh(1)}$$ Par conséquent $g=\varphi_{X+Y}$ est une fonction caractéristique de la distribution normale (on utilise $c \le 0$). Et par le théorème de Cramer, le résultat suit
EDIT: Sans le théorème de Cramer, vous pouvez brancher votre paire d'équations (3) $(-x,y)$ puis multiplier (3) avec l'équation que vous obtiendrez, obtenant la même équation $\varphi_{X-Y}$, Par conséquent $X-Y$est gaussienne aussi. Mais ensuite par indépendance$2X = (X+Y) + (X-Y)$ et $2Y = (X+Y) - (X-Y)$ sont gaussiennes aussi.