Normal dağıtım büyüsü

Question

İzin Vermek $X$ ve $Y$ bağımsız rastgele değişken olabilir, öyle ki $X-Y$ ve $X+Y$bağımsızdır. Kanıtla$X$ ve $Y$ normal rastgele değişkendir.

İpucu: Bir fonksiyonel denklem bulmak ve modülünü bulmak için karakteristik fonksiyonları kullanın.$\phi_{X+Y}$ ve ilgili argüman.

Sahibiz $$\phi_{(X+Y,X-Y)}(x,y)=\phi_{X+Y}(x)\phi_{X-Y}(y)=\phi_X(x)\phi_Y(x)\phi_X(y) \overline{\phi_Y}(y) \ \ \ \ (1)$$ $$\phi_{(X+Y,X-Y)}(x,y)=\phi_{(X,Y)}(x+y,x-y)=\phi_{X}(x+y)\phi_Y(x-y) \ \ \ \ (2)$$ elde ederiz, $$\phi_{X}(x+y)\phi_Y(x-y)=\phi_X(x)\phi_Y(x)\phi_X(y) \overline{\phi_Y}(y) \ \ \ \ (3)$$ değiştirme $y$ ile $-y$ içinde $(3)$: $$\phi_{X}(x-y)\phi_Y(x+y)=\phi_X(x)\phi_Y(x)\phi_Y(y) \overline{\phi_X}(y) \ \ \ \ (4)$$ çarpma $(3)$ ile $(4):$ $$\phi_{X+Y}(x+y)\phi_{X+Y}(x-y)=(\phi_{X+Y}(x))^2|\phi_{X+Y}(y)|^2 \ \ \ \ (5)$$ Yani, $$|\phi_{X+Y}(x+y)||\phi_{X+Y}(x-y)|=|\phi_{X+Y}(x)|^2|\phi_{X+Y}(y)|^2 \ \ \ \ (6)$$

Böylece çözülmesi gereken fonksiyonel bir denklem elde ederiz: $$f(x+y)f(x-y)=(f(x))^2(f(y))^2$$ $f$ sürekli ve pozitiftir, Bu işlevsel denklem çözüldü (aşağıdaki @Ravsky yanıtı'na bakın) (tamsayılarla başlayarak, rasyonel, ardından yoğunluk yoluyla gerçek sayılar), şunu elde etmeliyiz: $$\exists \sigma>0;|\phi_{X+Y}(x)|=|\phi_{X-Y}(x)|=e^{-\sigma^2x^2/2}.$$

Eğer öyleyse, kanıtlamak için kalır $\exists \mu \in \mathbb{R}; \phi_{X+Y}(x)=e^{i \mu x -x^2\sigma^2/2}.$

Herhangi bir öneri?

Answer 1

Varsayalım ki $f$ sürekli bir işlevdir $\Bbb R$ -e $\Bbb R$fonksiyonel denklemi çözebiliriz $f(x+y)+f(x−y)=2(f(x)+f(y))$aşağıdaki gibi. İçine takıyorum$x=y=0$, elde ederiz $f(0)=0$.

Şimdi herhangi bir gerçeği düzelt $y$ ve her biri için $n\in\Bbb Z$ koymak $b_n=f(ny)-f((n-1)y)$. Sonra$b_1=f(y)$ ve $b_{n+1}=b_n+2f(y)$ her biri için $n$. Böylece$b_n=(2n-1)f(y)$ her biri için $n$, yani $f(ny)-f((n-1)y)= (2n-1)f(y)$. İkinci eşitlik şu anlama gelir:$f(ny)=n^2f(y)$ her biri için $n\in\Bbb Z$.

Böylece her tam sayı için $p$ ve doğal $q$ sahibiz $q^2f(1/q)=f(1)$ ve $f(p/q)=p^2f(1/q)=p^2f(1)/q^2$. Sürekliliği ile$f$, $f(x)=x^2f(1)$ her gerçek için $x$. Öte yandan, ikinci işlev denklemi karşılar.

Answer 2

Alex Ravsky cevabına göre zaten $|\varphi_{X+Y}(t)| = \exp(t^2c)$ nerede $c=f(1) \le 0$

Şimdi izin ver $g=\varphi_{X+Y}$ sürekli varoluşumuz var $h:\mathbb R \to \mathbb R$ ile $h(0)=0$ öyle ki $g(x) = e^{ih(x)}f(x) = e^{ih(x)}e^{x^2c}$. Göstermen yeterli olur$h(x)=xh(1)$.

Denkleminden dolayı $(5)$ sahibiz:

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

Bu nedenle $$ e^{i(h(x+y) + h(x-y))} = e^{i2h(x)}$$

İzin vermek $x=t,y=t$ anlıyoruz $e^{ih(2t)} = e^{i2h(t)} $

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

Kullanma $h(0)=0$ ve izin vermek $x=0$ anlıyoruz $e^{ih(y)}e^{ih(-y)}=1$dolayısıyla herhangi biri için $k \in \mathbb Z$ $$ e^{ih(kt)} = e^{ikh(t)}$$

Sonra alarak $r = \frac{p}{q}$ nerede $p \in \mathbb Z, q \in \mathbb N_+$ rasyonel alıyoruz:

$$ e^{ih(r)} = e^{iph(\frac{1}{q})} = e^{ir qh(\frac{1}{q})} = e^{irh(1)} $$ ve süreklilikle, herhangi biri için $x \in \mathbb R$ anlıyoruz $$ e^{ih(x)} = e^{ixh(1)}$$ dolayısıyla $g=\varphi_{X+Y}$ normal dağılımın karakteristik bir fonksiyonudur (kullanırız $c \le 0$). Ve Cramer teoremine göre sonuç aşağıdaki gibidir

DÜZENLEME: Cramer teoremi olmadan, denklem (3) çiftinizi takabilirsiniz $(-x,y)$ sonra elde edeceğiniz denklemle çoklu tipleme (3), gerçekten aynı fonksiyonel denklemi elde etmek için $\varphi_{X-Y}$dolayısıyla $X-Y$aynı zamanda gauss'ludur. Ama sonra bağımsızlıkla$2X = (X+Y) + (X-Y)$ ve $2Y = (X+Y) - (X-Y)$ de gauss vardır.