Sihir distribusi normal
Membiarkan $X$ dan $Y$ menjadi variabel acak independen, sedemikian rupa $X-Y$ dan $X+Y$mandiri. Buktikan itu$X$ dan $Y$ adalah variabel acak normal.
Petunjuk: Gunakan fungsi karakteristik untuk mencari persamaan fungsional, dan untuk mencari modulus$\phi_{X+Y}$ dan argumen yang sesuai.
Kita punya $$\phi_{(X+Y,X-Y)}(x,y)=\phi_{X+Y}(x)\phi_{X-Y}(y)=\phi_X(x)\phi_Y(x)\phi_X(y) \overline{\phi_Y}(y) \ \ \ \ (1)$$ $$\phi_{(X+Y,X-Y)}(x,y)=\phi_{(X,Y)}(x+y,x-y)=\phi_{X}(x+y)\phi_Y(x-y) \ \ \ \ (2)$$ kami mendapatkan, $$\phi_{X}(x+y)\phi_Y(x-y)=\phi_X(x)\phi_Y(x)\phi_X(y) \overline{\phi_Y}(y) \ \ \ \ (3)$$ mengganti $y$ dengan $-y$ di $(3)$: $$\phi_{X}(x-y)\phi_Y(x+y)=\phi_X(x)\phi_Y(x)\phi_Y(y) \overline{\phi_X}(y) \ \ \ \ (4)$$ mengalikan $(3)$ dengan $(4):$ $$\phi_{X+Y}(x+y)\phi_{X+Y}(x-y)=(\phi_{X+Y}(x))^2|\phi_{X+Y}(y)|^2 \ \ \ \ (5)$$ Begitu, $$|\phi_{X+Y}(x+y)||\phi_{X+Y}(x-y)|=|\phi_{X+Y}(x)|^2|\phi_{X+Y}(y)|^2 \ \ \ \ (6)$$
Jadi kami mendapatkan persamaan fungsional yang perlu diselesaikan: $$f(x+y)f(x-y)=(f(x))^2(f(y))^2$$ $f$ kontinu dan positif, Persamaan fungsional ini diselesaikan (lihat balasan @Ravsky di bawah) (dimulai dengan bilangan bulat, rasional, kemudian bilangan real melalui kerapatan), kita harus mendapatkan: $$\exists \sigma>0;|\phi_{X+Y}(x)|=|\phi_{X-Y}(x)|=e^{-\sigma^2x^2/2}.$$
Jika demikian, itu tetap membuktikan itu $\exists \mu \in \mathbb{R}; \phi_{X+Y}(x)=e^{i \mu x -x^2\sigma^2/2}.$
Ada saran?
Jawaban
Berasumsi bahwa $f$ adalah fungsi berkelanjutan dari $\Bbb R$ untuk $\Bbb R$, kita bisa menyelesaikan persamaan fungsional $f(x+y)+f(x−y)=2(f(x)+f(y))$sebagai berikut. Memasukkan ke dalamnya$x=y=0$, kami dapatkan $f(0)=0$.
Sekarang perbaiki yang nyata $y$ dan untuk masing-masing $n\in\Bbb Z$ taruh $b_n=f(ny)-f((n-1)y)$. Kemudian$b_1=f(y)$ dan $b_{n+1}=b_n+2f(y)$ untuk setiap $n$. Jadi$b_n=(2n-1)f(y)$ untuk setiap $n$, itu adalah $f(ny)-f((n-1)y)= (2n-1)f(y)$. Persamaan terakhir menyiratkan$f(ny)=n^2f(y)$ untuk setiap $n\in\Bbb Z$.
Jadi untuk setiap bilangan bulat $p$ dan alami $q$ kita punya $q^2f(1/q)=f(1)$ dan $f(p/q)=p^2f(1/q)=p^2f(1)/q^2$. Dengan kelangsungan$f$, $f(x)=x^2f(1)$ untuk setiap nyata $x$. Di sisi lain, fungsi terakhir memenuhi persamaan.
Perhatikan bahwa jawaban Alex Ravsky sudah kita miliki $|\varphi_{X+Y}(t)| = \exp(t^2c)$ dimana $c=f(1) \le 0$
Membiarkan sekarang $g=\varphi_{X+Y}$ kami memiliki keberadaan yang berkelanjutan $h:\mathbb R \to \mathbb R$ dengan $h(0)=0$ seperti yang $g(x) = e^{ih(x)}f(x) = e^{ih(x)}e^{x^2c}$. Itu akan cukup untuk ditunjukkan$h(x)=xh(1)$.
Karena persamaan Anda $(5)$ kita punya:
$$ g(x+y)g(x-y) = g(x)^2f(y)^2 $$ $$ e^{ih(x+y)}e^{ih(x-y)} e^{(x+y)^2c}e^{(x-y)^2c} = e^{2x^2c}e^{2y^2c}e^{i2h(x)}$$
Karenanya $$ e^{i(h(x+y) + h(x-y))} = e^{i2h(x)}$$
Membiarkan $x=t,y=t$ kita mendapatkan $e^{ih(2t)} = e^{i2h(t)} $
Secara inductivelly $x=(n-1)t,y=t$ kita mendapatkan $e^{ih(nt)} = e^{inh(t)}$
Menggunakan $h(0)=0$ dan membiarkan $x=0$ kita mendapatkan $e^{ih(y)}e^{ih(-y)}=1$, maka untuk apapun $k \in \mathbb Z$ $$ e^{ih(kt)} = e^{ikh(t)}$$
Lalu, mengambil $r = \frac{p}{q}$ dimana $p \in \mathbb Z, q \in \mathbb N_+$ kami mendapatkan alasan:
$$ e^{ih(r)} = e^{iph(\frac{1}{q})} = e^{ir qh(\frac{1}{q})} = e^{irh(1)} $$ dan dengan kontinuitas, untuk apa pun $x \in \mathbb R$ kita mendapatkan $$ e^{ih(x)} = e^{ixh(1)}$$ karenanya $g=\varphi_{X+Y}$ adalah fungsi karakteristik dari distribusi normal (kami gunakan $c \le 0$). Dan dengan teorema Cramer hasilnya mengikuti
EDIT: Tanpa teorema Cramer, Anda dapat memasukkan pasangan persamaan (3) Anda $(-x,y)$ kemudian multyplying (3) dengan persamaan yang akan Anda dapatkan, mendapatkan persamaan fungsional yang benar-benar sama $\varphi_{X-Y}$, karenanya $X-Y$juga gaussian. Tapi kemudian dengan kemerdekaan$2X = (X+Y) + (X-Y)$ dan $2Y = (X+Y) - (X-Y)$ juga gaussian.