Phép thuật phân phối bình thường

Question

Để cho $X$ và $Y$ là biến ngẫu nhiên độc lập, sao cho $X-Y$ và $X+Y$độc lập. Chứng minh rằng$X$ và $Y$ là biến ngẫu nhiên bình thường.

Gợi ý: Sử dụng các hàm đặc trưng để tìm một phương trình hàm và tìm môđun của$\phi_{X+Y}$ và đối số tương ứng.

Chúng ta có $$\phi_{(X+Y,X-Y)}(x,y)=\phi_{X+Y}(x)\phi_{X-Y}(y)=\phi_X(x)\phi_Y(x)\phi_X(y) \overline{\phi_Y}(y) \ \ \ \ (1)$$ $$\phi_{(X+Y,X-Y)}(x,y)=\phi_{(X,Y)}(x+y,x-y)=\phi_{X}(x+y)\phi_Y(x-y) \ \ \ \ (2)$$ chúng tôi đạt được, $$\phi_{X}(x+y)\phi_Y(x-y)=\phi_X(x)\phi_Y(x)\phi_X(y) \overline{\phi_Y}(y) \ \ \ \ (3)$$ thay thế $y$ với $-y$ trong $(3)$: $$\phi_{X}(x-y)\phi_Y(x+y)=\phi_X(x)\phi_Y(x)\phi_Y(y) \overline{\phi_X}(y) \ \ \ \ (4)$$ nhân lên $(3)$ với $(4):$ $$\phi_{X+Y}(x+y)\phi_{X+Y}(x-y)=(\phi_{X+Y}(x))^2|\phi_{X+Y}(y)|^2 \ \ \ \ (5)$$ Vì thế, $$|\phi_{X+Y}(x+y)||\phi_{X+Y}(x-y)|=|\phi_{X+Y}(x)|^2|\phi_{X+Y}(y)|^2 \ \ \ \ (6)$$

Vì vậy, chúng tôi nhận được một phương trình chức năng cần được giải quyết: $$f(x+y)f(x-y)=(f(x))^2(f(y))^2$$ $f$ là liên tục và dương, Phương trình hàm này đã được giải (xem câu trả lời của @Ravsky bên dưới) (bắt đầu bằng số nguyên, số hữu tỉ, sau đó là số thực qua mật độ), chúng ta sẽ thu được: $$\exists \sigma>0;|\phi_{X+Y}(x)|=|\phi_{X-Y}(x)|=e^{-\sigma^2x^2/2}.$$

Nếu vậy, nó vẫn còn để chứng minh rằng $\exists \mu \in \mathbb{R}; \phi_{X+Y}(x)=e^{i \mu x -x^2\sigma^2/2}.$

Bất kỳ đề xuất?

Answer 1

Giả sử rằng $f$ là một hàm liên tục từ $\Bbb R$ đến $\Bbb R$, chúng ta có thể giải phương trình hàm $f(x+y)+f(x−y)=2(f(x)+f(y))$như sau. Cắm vào nó$x=y=0$, chúng tôi đạt được $f(0)=0$.

Bây giờ sửa chữa bất kỳ thực $y$ và cho mỗi $n\in\Bbb Z$ đặt $b_n=f(ny)-f((n-1)y)$. Sau đó$b_1=f(y)$ và $b_{n+1}=b_n+2f(y)$ cho mỗi $n$. Như vậy$b_n=(2n-1)f(y)$ cho mỗi $n$, đó là $f(ny)-f((n-1)y)= (2n-1)f(y)$. Bình đẳng sau ngụ ý$f(ny)=n^2f(y)$ cho mỗi $n\in\Bbb Z$.

Do đó với mỗi số nguyên $p$ và tự nhiên $q$ chúng ta có $q^2f(1/q)=f(1)$ và $f(p/q)=p^2f(1/q)=p^2f(1)/q^2$. Bởi sự liên tục của$f$, $f(x)=x^2f(1)$ cho mỗi thực $x$. Mặt khác, hàm sau thỏa mãn phương trình.

Answer 2

Lưu ý rằng câu trả lời của Alex Ravsky chúng tôi đã có $|\varphi_{X+Y}(t)| = \exp(t^2c)$ Ở đâu $c=f(1) \le 0$

Đang thả lỏng $g=\varphi_{X+Y}$ chúng ta có sự tồn tại của liên tục $h:\mathbb R \to \mathbb R$ với $h(0)=0$ như vậy mà $g(x) = e^{ih(x)}f(x) = e^{ih(x)}e^{x^2c}$. Nó sẽ là đủ để hiển thị$h(x)=xh(1)$.

Do phương trình của bạn $(5)$ chúng ta có:

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

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

Đẻ $x=t,y=t$ chúng tôi nhận được $e^{ih(2t)} = e^{i2h(t)} $

Mê hoặc $x=(n-1)t,y=t$ chúng tôi nhận được $e^{ih(nt)} = e^{inh(t)}$

Sử dụng $h(0)=0$ và để $x=0$ chúng tôi nhận được $e^{ih(y)}e^{ih(-y)}=1$, do đó cho bất kỳ $k \in \mathbb Z$ $$ e^{ih(kt)} = e^{ikh(t)}$$

Sau đó, lấy $r = \frac{p}{q}$ Ở đâu $p \in \mathbb Z, q \in \mathbb N_+$ chúng tôi nhận được lý do:

$$ e^{ih(r)} = e^{iph(\frac{1}{q})} = e^{ir qh(\frac{1}{q})} = e^{irh(1)} $$ và liên tục, cho bất kỳ $x \in \mathbb R$ chúng tôi nhận được $$ e^{ih(x)} = e^{ixh(1)}$$ vì thế $g=\varphi_{X+Y}$ là một hàm đặc trưng của phân phối chuẩn (chúng tôi sử dụng $c \le 0$). Và theo định lý Cramer, kết quả sau

CHỈNH SỬA: Nếu không có định lý Cramer, bạn có thể cắm vào cặp phương trình (3) của mình $(-x,y)$ sau đó, làm chậm (3) với phương trình bạn sẽ nhận được, nhận được phương trình hàm thực sự giống nhau cho $\varphi_{X-Y}$, vì thế $X-Y$cũng là gaussian. Nhưng sau đó độc lập$2X = (X+Y) + (X-Y)$ và $2Y = (X+Y) - (X-Y)$ cũng là người gaussian.