Witam
Próbuje udowodnić następującą własność rozkładu normalnego:
\(\displaystyle{ Z: X \sim \mathcal{N}(m, \sigma^2) \ \ \wedge \ \ a \in \mathbb{R} \backslash \{0\} \ \ \wedge \ \ b \in \mathbb{R} \\
T: aX+b \sim \mathcal{N}(am + b, a^2 \sigma^2) \\}\)
ale nie jestem pewny czy aby na pewno mój tok rozumowania jest dobry. Mógłby ktoś przedstawić dowód tej własności?
Dowód standaryzacji rozkładu normalnego
-
spellshaper
- Użytkownik
- Posty: 17
- Rejestracja: 7 paź 2015, o 21:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 4 razy
- Pomógł: 2 razy
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: Dowód standaryzacji rozkładu normalnego
Najszybciej to idzie na funkcjach charakterystycznych.
Dla dowolnej zmiennej losowej \(\displaystyle{ X}\) możemy określić funkcję charakterystyczną jej rozkładu:
\(\displaystyle{ \varphi_X(t)=\mathbf{E}\left( e^{itX}\right)}\).
Z tego i z własności wartości oczekiwanej wynika, że dla dowolnych \(\displaystyle{ a,b\in \RR}\) mamy
\(\displaystyle{ \varphi_{aX+b}\left( t\right) =\\=\mathbf{E}\left( e^{it(aX+b)}\right) =\\=e^{itb}\mathbf{E}\left( e^{i(at)X}\right)=\\=e^{itb}\varphi_X(at)}\)
Funkcja charakterystyczna jednoznacznie identyfikuje rozkład (jest to swego rodzaju transformata Fouriera rozkładu).
Ponadto jeśli \(\displaystyle{ X}\) ma rozkład \(\displaystyle{ \mathcal{N}(m, \sigma^2)}\), to
\(\displaystyle{ \varphi_X(t)=e^{itm- \frac{\sigma^2 t^2}{2} }}\)
By się o tym przekonać, wystarczy policzyć funkcję charakterystyczną dla rozkładu \(\displaystyle{ \mathcal{N}(0,1)}\) (zrobię to bez analizy zespolonej, bo miałem ją później niż rachunek prawdopodobieństwa), a potem skorzystać z wyżej wspomnianych faktów:
ze wzoru Eulera i liniowości całki (oczywiście ze zbieżnością problemów nie ma)
\(\displaystyle{ \int_{\RR}^{}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{itx}e^{-\frac{x^2}{2}}\,\dd x=\\=\int_{\RR}^{}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cos(tx)e^{-\frac{x^2}{2}}\,\dd x+i\int_{\RR}^{}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\sin(tx)e^{-\frac{x^2}{2}}\,\dd x}\)
Ta druga całka się zeruje, ponieważ sinus jest nieparzysty, a \(\displaystyle{ e^{-\frac{x^2}{2}}}\) jest funkcją parzystą, więc iloczyn takich funkcji jest funkcją nieparzystą.
Pozostaje:
\(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}\cos(tx) e^{-\frac{x^2}{2}}\,\dd x}\)
Jeżeli oznaczymy \(\displaystyle{ F(t)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}\cos(tx) e^{-\frac{x^2}{2}}\,\dd x}\), to (z tw. Leibniza o różniczkowaniu pod znakiem całki i z całkowania przez części)
\(\displaystyle{ F'(t)=\\=-\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{+\infty} x\sin(tx)e^{-\frac{x^2}{2}}\,\dd x=\\=\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{+\infty}\left( e^{-\frac{x^2}{2}}\right)' \sin(tx)\,\dd x=\\=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}}\sin(tx)\bigg|^{x\rightarrow +\infty}_{x\rightarrow -\infty}-\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{+\infty}t\cos(tx)e^{-\frac{x^2}{2}}\,\dd x}\)
Oczywiście
\(\displaystyle{ \lim_{x \to \pm \infty }\sin(tx)e^{-\frac{x^2}{2}}=0}\), więc otrzymaliśmy:
\(\displaystyle{ F'(t)=-tF(t)}\), ponadto korzystając z gęstości rozkładu normalnego mamy \(\displaystyle{ F(0)=1}\), to będzie nasz warunek początkowy.
Jest to bardzo proste równanie różniczkowe, jego rozwiązaniem jest właśnie \(\displaystyle{ F(t)=e^{-\frac{t^2}{2}}}\).
Zatem ostatecznie jeśli \(\displaystyle{ X\sim \mathcal{N}(0,1)}\), to
\(\displaystyle{ \varphi_X(t)=e^{-\frac{t^2}{2}}}\)
Z wyżej wspomnianych faktów mamy zatem, że \(\displaystyle{ Z}\) ma rozkład \(\displaystyle{ \mathcal{N}(m, \sigma^2)}\) wtedy i tylko wtedy, gdy funkcja charakterystyczna ma postać:
\(\displaystyle{ \varphi_Z(t)=e^{itm-\frac{t^2\sigma^2}{2}}}\)
Z tego i z faktu o funkcji charakterystycznej
\(\displaystyle{ aX+b}\) już natychmiastowo wynika teza zadania.-- 23 sie 2018, o 14:26 --Dodam jeszcze, że można było uznać postać funkcji charakterystycznej dla rozkładu normalnego za coś znanego, ale po pierwsze przy takim założeniu zadanie wydaje mi się zbyt trywialne, a po drugie miałem ochotę sobie napisać kilka całek, bo to mnie jara.
Dla dowolnej zmiennej losowej \(\displaystyle{ X}\) możemy określić funkcję charakterystyczną jej rozkładu:
\(\displaystyle{ \varphi_X(t)=\mathbf{E}\left( e^{itX}\right)}\).
Z tego i z własności wartości oczekiwanej wynika, że dla dowolnych \(\displaystyle{ a,b\in \RR}\) mamy
\(\displaystyle{ \varphi_{aX+b}\left( t\right) =\\=\mathbf{E}\left( e^{it(aX+b)}\right) =\\=e^{itb}\mathbf{E}\left( e^{i(at)X}\right)=\\=e^{itb}\varphi_X(at)}\)
Funkcja charakterystyczna jednoznacznie identyfikuje rozkład (jest to swego rodzaju transformata Fouriera rozkładu).
Ponadto jeśli \(\displaystyle{ X}\) ma rozkład \(\displaystyle{ \mathcal{N}(m, \sigma^2)}\), to
\(\displaystyle{ \varphi_X(t)=e^{itm- \frac{\sigma^2 t^2}{2} }}\)
By się o tym przekonać, wystarczy policzyć funkcję charakterystyczną dla rozkładu \(\displaystyle{ \mathcal{N}(0,1)}\) (zrobię to bez analizy zespolonej, bo miałem ją później niż rachunek prawdopodobieństwa), a potem skorzystać z wyżej wspomnianych faktów:
ze wzoru Eulera i liniowości całki (oczywiście ze zbieżnością problemów nie ma)
\(\displaystyle{ \int_{\RR}^{}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{itx}e^{-\frac{x^2}{2}}\,\dd x=\\=\int_{\RR}^{}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cos(tx)e^{-\frac{x^2}{2}}\,\dd x+i\int_{\RR}^{}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\sin(tx)e^{-\frac{x^2}{2}}\,\dd x}\)
Ta druga całka się zeruje, ponieważ sinus jest nieparzysty, a \(\displaystyle{ e^{-\frac{x^2}{2}}}\) jest funkcją parzystą, więc iloczyn takich funkcji jest funkcją nieparzystą.
Pozostaje:
\(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}\cos(tx) e^{-\frac{x^2}{2}}\,\dd x}\)
Jeżeli oznaczymy \(\displaystyle{ F(t)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}\cos(tx) e^{-\frac{x^2}{2}}\,\dd x}\), to (z tw. Leibniza o różniczkowaniu pod znakiem całki i z całkowania przez części)
\(\displaystyle{ F'(t)=\\=-\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{+\infty} x\sin(tx)e^{-\frac{x^2}{2}}\,\dd x=\\=\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{+\infty}\left( e^{-\frac{x^2}{2}}\right)' \sin(tx)\,\dd x=\\=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}}\sin(tx)\bigg|^{x\rightarrow +\infty}_{x\rightarrow -\infty}-\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{+\infty}t\cos(tx)e^{-\frac{x^2}{2}}\,\dd x}\)
Oczywiście
\(\displaystyle{ \lim_{x \to \pm \infty }\sin(tx)e^{-\frac{x^2}{2}}=0}\), więc otrzymaliśmy:
\(\displaystyle{ F'(t)=-tF(t)}\), ponadto korzystając z gęstości rozkładu normalnego mamy \(\displaystyle{ F(0)=1}\), to będzie nasz warunek początkowy.
Jest to bardzo proste równanie różniczkowe, jego rozwiązaniem jest właśnie \(\displaystyle{ F(t)=e^{-\frac{t^2}{2}}}\).
Zatem ostatecznie jeśli \(\displaystyle{ X\sim \mathcal{N}(0,1)}\), to
\(\displaystyle{ \varphi_X(t)=e^{-\frac{t^2}{2}}}\)
Z wyżej wspomnianych faktów mamy zatem, że \(\displaystyle{ Z}\) ma rozkład \(\displaystyle{ \mathcal{N}(m, \sigma^2)}\) wtedy i tylko wtedy, gdy funkcja charakterystyczna ma postać:
\(\displaystyle{ \varphi_Z(t)=e^{itm-\frac{t^2\sigma^2}{2}}}\)
Z tego i z faktu o funkcji charakterystycznej
\(\displaystyle{ aX+b}\) już natychmiastowo wynika teza zadania.-- 23 sie 2018, o 14:26 --Dodam jeszcze, że można było uznać postać funkcji charakterystycznej dla rozkładu normalnego za coś znanego, ale po pierwsze przy takim założeniu zadanie wydaje mi się zbyt trywialne, a po drugie miałem ochotę sobie napisać kilka całek, bo to mnie jara.