Matematyka.pl

\(\displaystyle{ X, Y}\) są niezależne i mają rozkład \(\displaystyle{ N(0,1)}\).
Jaka jest funkcja charakterystyczna \(\displaystyle{ \frac{1}{2}(X^2-Y^2)}\).

\(\displaystyle{ \frac{1}{2}(X^2-Y^2) = \left ( \frac{X-Y}{\sqrt{2}} \right ) \left ( \frac{X+Y}{\sqrt{2}} \right )}\).
Te czynniki mają rozkład normalny, bo są przekształceniem liniowym wektora normalnego, a wcześniej pokazaliśmy, że iloczyn zmiennych o rozkładzie normalnym ma funkcję charakterystyczną \(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{1+t^2}}}\).

Teraz sprawdzamy czy \(\displaystyle{ \frac{X-Y}{\sqrt{2}}}\) i \(\displaystyle{ \frac{X+Y}{\sqrt{2}}}\) są niezależne.
Po co to sprawdzamy?

Pewnie w tym, co pokazaliście pewną rolę odgrywała niezależność tych zmiennych losowych, których iloczyn rozważaliście. Głowy nie dam.


Mnie się wydaje, że prościej jest stwierdzić, że
\(\displaystyle{ X^2}\) i \(\displaystyle{ Y^2}\) mają rozkład \(\displaystyle{ \chi^2}\) z jednym stopniem swobody
Czyli ich funkcje charakterystyczne to coś w stylu
\(\displaystyle{ \varphi(t)= \frac{1}{ \sqrt{1-2it} }}\), więc funkcja charakterystyczna
\(\displaystyle{ \frac{X^2}{2}}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{Y^2}{2}}\) to \(\displaystyle{ \varphi(t)= \frac{1}{ \sqrt{1-it} }}\)
No to teraz \(\displaystyle{ \frac 1 2\left(X^2-Y^2\right)=\frac {X^2}{ 2}+ \frac {-Y^2 }{2}}\) i korzystamy z tego, że funkcje borelowskie od zmiennych losowych niezależnych są niezależne oraz z faktu, że funkcja charakterystyczna sumy niezależnych zmiennych losowych to iloczyn ich funkcji charakterystycznych.
Ale może to kwestia gustu.

Mnie z tego wyszło faktycznie
\(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{1+t^2} }}\) - to jest końcowa odpowiedź. Jeszcze po drodze korzystamy z tego, że \(\displaystyle{ \varphi_{aX}(t)=\varphi_X(at)}\)

\(\displaystyle{ \phi_{XY}(t)=Ee^{itXY}=E(E(e^{itXY}|X))}\)

\(\displaystyle{ Ee^{itxY}=e^{-\frac{(xt)^2}{2}}}\)

\(\displaystyle{ Ee^{-\frac{(Xt)^2}{2}}= \int_{R}^{}...= \frac{1}{ \sqrt{1+t^2} }}\)


Gdzie tutaj z tej niezależności \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y}\) korzystamy?

W tej drugiej równości? [tej z warunkową wartością oczekiwaną]
Tak mi się wydaje.

No właśnie nie wiem, nigdzie tego nie mogę znaleźć. Myślałam, że to tak zawsze można obłożyć warunkową wartością oczekiwaną, a to tylko dla niezależnych zmiennych można?

Z tego co ja pamiętam (a rachunek prawdopodobieństwa to jest coś za czym niespecjalnie przepadam) to równość \(\displaystyle{ \mathbb{E}X = \mathbb{E}(\mathbb{E}(X|Y))}\) zachodzi dla dowolnych \(\displaystyle{ X,Y}\).

No właśnie, a gdzieś mieliśmy tam skorzystać z niezależności tych zmiennych w rozwiązaniu i nie wiem gdzie