Dedukuj to $X$ ma rozkład normalny ze średnią $0$ i wariancji $1$

Question

Zapytałem wcześniej o problem od Grimmet $ Welsh (i bardzo dziękuję @angryavian i @Graham Kemp):

„Jeśli $ X + Y $ i $ X - Y $ są niezależne, pokaż to \begin{align} M\left(2t\right) = M\left(t\right)^{3}M\left(-t\right), \end{align} gdzie $ X, Y $ są niezależnymi rv o średniej 0 $ , wariancji 1 $ i M (t) $ skończonej. "

Oto link: Funkcja generująca moment zastosowana w $ 2t $ .

Ale teraz mamy „drugą” część problemu: pokazać, że $ X $ (i $ Y $ ) są rv z rozkładem normalnym ze średnią 0 $ i wariancją 1 $ .

Książka sama sugeruje zdefiniowanie funkcji $ \ psi (t) = \ frac {M (t)} {M (-t)} $ i pokazuje, że $ \ psi (t) = \ psi (2 ^ {- n} t) ^ {2n} $ . Następnie pokaż, że $ \ psi (t) = 1 + o (t ^ {2}) $ jako $ t \ do 0 $ i $ \ psi (1) = 1 $, gdy $ n \ do 0 $ . To pozwoli nam wywnioskować, że $ M (t) = M (-t) $ i kiedy zastosujemy to do głównego równania (tego w linku i powyżej) otrzymamy $ M (t) = M (\ frac {1} {2} t) ^ {4} $ . Książka mówi następnie, aby powtórzyć procedurę, aby uzyskać pożądany rezultat. Mam więc kilka pytań:

1. Jak pokazać, że $ \ psi (t) = \ psi (2 ^ {- n} t) ^ {2n} $ ?
2. Co oznacza to „o” w $ \ psi (t) = 1 + o (t ^ {2}) $ ? (Nie pamiętam, żebym widział to przez rozdział)
3. Jaką procedurę powtórzyć, aby uzyskać pożądany efekt? Cały? Ostatnia część?

Oczywiście, jeśli ktoś zna inny sposób na udowodnienie tego stwierdzenia, będę bardzo wdzięczny! Z góry dziękuje za twoją pomoc!

Answer 1

Poradnik:

• Korzystając z pierwszej części pytania, $\psi(t) = \frac{M(t)}{M(-t)} = \frac{M(t/2)^3 M(-t/2)}{M(-t/2)^3 M(t/2)}$. Zrób więcej pracy, aby pokazać$\psi(t) = \psi(t/2)^2$.

• $\psi(t) = \psi(t/2)^2$ implikuje bardziej ogólną równość $\psi(t) = \psi(t/2^n)^{2n}$.

• Przez rozszerzenie Taylor $\psi$, mamy $\psi(t) = \psi(0) + \psi'(0) t + \frac{1}{2} \psi''(0) t^2 + \frac{1}{6} \psi'''(\xi)t^3$ dla niektórych $\xi$ pomiędzy $0$ i $t$. Wiemy$\psi(0)=1$. Mamy $$\psi'(t) = \frac{M'(t)M(-t) + M(t)M'(-t)}{M(-t)^2}$$ więc $\psi'(0)=0$ (dlatego $M'(t)=E[X]=0$). Mamy też $$\psi''(t) = \frac{d}{dt}\frac{M'(t)M(-t) + M(t)M'(-t)}{M(-t)^2} = \frac{[M''(t)M(-t) - M(t) M''(-t)]M(-t)^2 + [M'(t)M(-t)+M(t)M'(-t)] 2 M(-t) M'(-t)}{M(-t)^4}$$ więc $\psi''(0)=0$ (od $M''(0)=E[X^2]=1$). Tak staje się ekspansja Taylora $$\psi(t) = 1 + \frac{1}{6} \psi'''(\xi) t^3.$$ Jeśli pokażesz $\psi'''$ jest ograniczona przez jakąś stałą $C$ dla $t$ blisko zera (nie mogę wymyślić prostego sposobu, aby to pokazać i zakładam, że istnieją trzecie chwile ... może ktoś inny może posprzątać tutaj mój bałagan), wtedy $$\lim_{t \to 0} \frac{|\psi(t) - 1|}{t^2} = \lim_{t \to 0} \frac{C}{6} |t| \to 0$$ co jest definicją $\psi(t)=1+o(t^2)$.

• $\psi(1) = \lim_{n \to \infty} \psi(2^{-n})^{2n} = \lim_{n \to \infty} (1 + o(2^{-2n}))^{2n} = 1$ (Pomijam tutaj kroki)

• $\psi(1)=1$ sugeruje $M(t)=M(-t)$

• $M(2t) = M(t)^3 M(-t) = M(t)^4$

• $M(t) = M(t/2)^4$

• $M(t) = M(t/2^n)^{4n}$

• potrzeba jeszcze trochę pracy, aby to wydedukować $M(t)=e^{-t^2/2}$ jest jedynym możliwym kandydatem MGF, który spełnia powyższą powtarzalność.