Задачка из Ширяева (Бернштейн)

[Bridgeport]

Не знаю как подступиться к следующей задачке из первого тома Вероятности, Ширяева (стр 393)

Пусть $\xi$ и $\eta$ - независимые одинаково распределнные случайные величины с конечной дисперсией. Доказать, что если $\xi+\eta$ и $\xi - \eta$ независимы, то $\xi $ и $\eta$ являются гауссовскими величинами.

Даже не верится, что это верно.

[--mS--]

Что-то никто не отвечает... Подниму-ка.
Факт давно известен, см., например, гл.III, параграф 4 во втором томе Феллера. Там приведено доказательство этого факта в предположении непрерывности плотностей. Упрощенное доказательство из Феллера есть вот тут, у Брюса: глава 5, параграф 1. Но это всё в общих условиях, без предположения конечности дисперсий. Доказательство Бернштейна (1941), видимо, как раз опиралось на конечность дисперсий, однако оцифрованной версии журнала не нашлось в сети. В упор не вижу, чем должно существенно помочь это предположение.

Мысли вслух: если перейти к симметризованным версиям исходных случайных величин, то для них выполняется то же свойство, и при этом характеристическая функция удовлетворяет равенству $\varphi(2t)\equiv \varphi^4(t)$. Отсюда с помощью непрерывности и прочих свойств х.ф. легко получается, что $\varphi(t)=\exp(-ct^2)$. Остаётся доказать, что если симметризация (разность $X-X'$ двух независимых одинаково распределённых) нормальна, то и $X$ нормальна. Это следует из декомпозиционной теоремы Крамера (см. там же, теорема 2.5.2). Но в каком месте её доказательства станет легче от конечности дисперсий - не вижу. Раньше это условие вроде приложить некуда.

[Bridgeport]

Спасибо за детальный ответ!

[_hum_]

Скорее всего надо отталкиваться от высказывания в Ширяеве на с.321-322:

Цитата:

Отсюда вытекает следующий результат. Пусть $\xi = (\xi_1,\dots,\xi_n)$ - вектор с линейно независимыми компонентами, $\mathbf{M}\xi_k = 0, k = 1,\dots, n$. Этот вектор является гауссовским тогда и только тогда, когда существуют независимые гауссовские величины $\beta_1,\dots,\beta_n, \beta_k \sim \mathcal{N}(0,1)$, и невырожденная матрица $A$ порядка $n$, такие что $\xi = A\beta$. При этом $ R = AA^*$ - матрица ковариаций вектора $\xi$.

в применении к векторам $\xi + \eta, \xi - \eta$.

[--mS--]

Да ну, это тривиальное утверждение о преобразовании нормальных векторов, оно никак не поможет. Гауссовости-то взять неоткуда.

[_hum_]

Может, я чего не понимаю, но

Цитата:

Этот вектор является гауссовским тогда и только тогда, когда

дает же критерий.

[--mS--]

Разве Вам известно, что $\xi+\eta$ и $\xi-\eta$ имеют гауссовское распределение? Если это известно, то я умею доказывать гауссовость $\xi$ и $\eta$ без всяких сложных теорем: достаточно сложить или вычесть эти две независимые величины. К сожалению, именно гауссовость и неизвестна.

[_hum_]

Так там же в этом предложении, насколько я понял, тоже не требуется гауссовости! Иначе какой смысл говорить "является гауссовским тогда, когда...".

А ну, кажется понял. Там же от бет тоже требуется гауссовость...

[_hum_]

--mS-- в сообщении #588422 писал(а):

Мысли вслух: если перейти к симметризованным версиям исходных случайных величин, то для них выполняется то же свойство, и при этом характеристическая функция удовлетворяет равенству $\varphi(2t)\equiv \varphi^4(t)$. Отсюда с помощью непрерывности и прочих свойств х.ф. легко получается, что $\varphi(t)=\exp(-ct^2)$. Остаётся доказать, что если симметризация (разность $X-X'$ двух независимых одинаково распределённых) нормальна, то и $X$ нормальна. Это следует из декомпозиционной теоремы Крамера (см. там же, теорема 2.5.2). Но в каком месте её доказательства станет легче от конечности дисперсий - не вижу. Раньше это условие вроде приложить некуда.

Так если уметь решать такие функциональные уравнения (и доказывать единственность решения с точностью до параметров), то почему тогда сразу не составить аналогичное уравнение для исходных (несимметризованных) с.в., которое, если не ошибаюсь, будет иметь вид: $\varphi(2t)\equiv \varphi^2(t)\varphi^2(-t)$?

Кстати, а при решении функц. уравнения, часом, не используется дифференцируемость х.ф., для которой, может, и требуется существование дисперсии?

[--mS--]

Нет, не такой, а $\varphi(2t)\equiv \varphi^3(t)\varphi(-t)$. Вы знаете, что делать с этим уравнением? Я - нет. Нет, дифференцируемость не используется.

[_hum_]

--mS-- в сообщении #589939 писал(а):

Нет, не такой, а $\varphi(2t)\equiv \varphi^3(t)\varphi(-t)$. Вы знаете, что делать с этим уравнением? Я - нет.

Ну, я не знал и как первое решать, а самое главное, как установить единственность его решения (в классе характеристических функций), ведь и это уравнение, как можно проверить простой подстановкой, имеет в качестве решения характеристическую функцию нормального распределения, и вопрос опять сводится к единственности.

[--mS--]

А не надо подставлять решений. Из уравнения $\varphi(2t)=\varphi^4(t)$ для симметричных распределений получается $\varphi(t/2^k)=\varphi^{1/4^{k}}(t)$. Отсюда можно как-то получить, что $\varphi(t\cdot p/q) = \varphi^{p^2/q^2}(t)$ для любых натуральных $p,q$. Положительность позволяет взять $\varphi(1)=\exp(-c)$ и получить $\varphi(p/q)= \exp(-c p^2/q^2)$. Остальное - дело непрерывности, а во всех рациональных точках х.ф. уже есть искомая экспонента $\exp(-ct^2)$.

[_hum_]

--mS-- в сообщении #590040 писал(а):

Отсюда можно как-то получить, что $\varphi(t\cdot p/q) = \varphi^{p^2/q^2}(t)$ для любых натуральных $p,q$.

Это место как-то не дается для понимания...

[--mS--]

Аналогично. Как не кручу, не вылезает ничего кроме степеней двоек. Может, кто подскажет?