Characteristic Function Derivation

Créé le : 7 novembre 2024

Répondu en utilisant O1 Preview par Chat01

Question

Problem 5. Determine the distribution. (14 pts)
Let $X_1, \cdots, X_n$ be i.i.d. square integrable real-valued random variables, such that the empirical mean $\bar{X}_n=\frac{1}{n} \sum_{j=1}^n X_j$ and the variable $S_n^2=\frac{1}{n-1} \sum_{j=1}^n\left(X_j-\bar{X}_n\right)^2$ are independent.

(3 pts) Verify that

S_n^2=\frac{1}{n} \sum_{j=1}^n X_j^2-\frac{1}{n(n-1)} \sum_{j, k=1, k \neq j}^n X_j X_k

and calculate $\mathbb{E}\left[S_n^2\right]$ .
2. (2 pts) Denote the common characteristic function of the $X_j$ 's by $\Phi_X$ . Using the independence between $\bar{X}_n$ and $S_n^2$ , express $\mathbb{E}\left[S_n^2 e^{i u n \bar{X}_n}\right]$ as a function of $\operatorname{Var}\left(X_1\right)$ and $\Phi_X$ .
3. (2 pts) Prove that

\mathbb{E}\left[S_n^2 e^{i u n \bar{X}_n}\right]=\mathbb{E}\left[X_1^2 e^{i u X_1}\right]\left(\Phi_X(u)\right)^{n-1}-\left(\mathbb{E}\left[X_1 e^{i u X_1}\right]\right)^2\left(\Phi_X(u)\right)^{n-2}

(Hint: use the expression of $S_n^2$ obtained in question 1.)
4. (3 pts) Prove that

\Phi_X^{\prime}(u)=i \mathbb{E}\left[X_1 e^{i u X_1}\right] \text { and } \Phi_X^{\prime \prime}(u)=-\mathbb{E}\left[X_1^2 e^{i u X_1}\right]

using the dominated convergence theorem. Then derive the differential equation satisfied by $\Phi_X$ 。
(Hint: notice that $\forall a, b \in \mathbb{R},\left|e^{i a}-e^{i b}\right| \leq|b-a|$ , hence we have that

\left|\frac{1}{h}\left(e^{i(u+h) X_1}-e^{i u X_1}\right)\right| \leq\left|X_1\right|

for the differential equation, combine the results of question 2 and 3.)
5. (4 pts) Now we define $f(u)=\Phi_X^{\prime}(u) / \Phi_X(u)$ . Please calculate $f^{\prime}(u)$ . Then derive $\Phi_X$ and the distribution of the $X_j$ 's.
(Hint: to calculate $f^{\prime}(u)$ , use the result of question 4. To calculate $\Phi(X)$ , integrate the expression of $f^{\prime}(u)$ .)

Réflexion

分布推导

我正在研究X_j的分布，通过独立性和期望值展开，连接\varphi_X和X_j的差分方程。

研究独立性

我正在探究样本均值和样本方差的独立性，特别是标准正态分布。需要证明其他分布不具备这种独立性。

验证等式

我正在检查 S_n^2 的各个部分，并与给出的表达式进行对照。

对表达式进行操作

我正在处理中** $\sum_{j=1}^n X_j^2 - \frac{S^2}{n}$ 的表达式，最终得到了 $S_n^2 = \frac{1}{n} \sum_{j=1}^n X_j^2 - \frac{2}{n(n-1)} \sum_{j<k} X_j X_k$ **。

简化和验证

我正将求和表达式简化，最终得到了期望值的分解形式。当前的目标是验证结果的准确性。这让我想到，每一步都应该仔细推敲，确保公式的准确性。

计算期望

首先，我注意到 $E[X_j] = \mu$ 和 $\text{Var}(X_1) = \sigma^2$ 。随后，我计算了 $E[S_n^2]$ 并得出结论：其实我可以直接计算 $E[S_n^2]$ 。

整理表达式

我开始通过独立性和期望值计算 E[S_n^2 e^{i u n \bar{X}_n}]，进而找到其作为 Var(X_1) 和 \Phi_X 的函数。

表达式变换

我将 S_n^2 e^{i u n \bar{X}_n} 的期望表达为 Var(X_1) 和 \Phi_X(u) 的函数。最终结果是 Var(X_1) \cdot [\Phi_X(u)]^n。这让我想到，数学表达形式的转换最终简化了计算。

替代方法

我在处理 E[S_n^2 e^{i u n \bar{X}_n}] 时，采用 S_n^2 的表达式，将其分解为 Term1 和 Term2，两者分别使用期望操作后展开。

展开期望

我正在将期望展开为独立同分布和对称求和的形式。하하

展开项和化简

展开和化简乘积项，达到对称项的唯一处理。

研究期望和特性函数

我在计算期望时，特性函数的乘积就像纯头号的累积效应。所有X_j和X_k的iid特性简化了计算。

证明过程

通过使用Dominated Convergence Theorem，我证明了 $\Phi_X'(u) = i E[ X_1 e^{i u X_1 } ]$ 和 $\Phi_X''(u) = - E[ X_1^2 e^{i u X_1 } ]$ 。接下来，将结合问题2和3的结果，探讨 $\Phi_X$ 所满足的微分方程。

简化表达式

我正在整理方差、协方差及其矩形矩的表达式，以便求出与特征函数 $\Phi_X(u)$ 的微分方程。这样可以找到 $\Phi_X(u)$ 之间的关系，进一步分析。

解决问题

我正在查看 $\Phi_X'(u)$ 和 $\Phi_X''(u)$ 的定义及其微分方程。接着，定义 $f(u)$ 并计算其导数 $f'(u)$ ，以推导出 $\Phi_X$ 和 $X_j$ 的分布。

数学解析

积分f'(u)后，发现它是方程中变量X的线性变动，得出了一阶线性微分方程。这让我想到，X的概率函数关联到协方差。

引入方程

我正在探索一个线性一阶常微分方程，通过引入商名义函数 $\Phi_X(u)$ .

求解积分因素

我正在找出积分因素并注意到，这里缺少了复数单位 $i$ 。助手正在比较特征函数。

调整常数项

我将常数项置为虚数，通过 \Phi_X(0) = 1 发现 K = 1，从而调整后达到一致的特征函数。

将 f(u) 重表示为 - Var(X_1) u + C，可以看出 f(u) 一般是复数值的。

探索特性函数

考察 $\Phi_X'(u)$ 和 $\Phi_X(u)$ 的关系，提出让函数 $f(u) = \Phi_X'(u) / \Phi_X(u)$ 的表达方式。这让我想到 $M_{X_1}(u)$ 的条件期望。

展开公式推导

首先，展开 \Phi_X(u) 的泰勒级数公式，逐项应用期望和复指数运算，最终得到 \Phi_X''(0) 的表达式。

从概率密度函数到ODE

我正在找出随机变量X的概率密度函数与它的导数之间的关系。这让我想到，f(u) 可表示为一个线性ODE，包含X的均值和方差。

发展步骤

首先用积分因子方法得出 $\mu(u)$ ，然后发现 $\Phi_X(u)$ 与正态分布的特征函数一致。由此可以得出，样本均值和样本方差独立的唯一分布是正态分布。

Réponse

Question 5 Answer:

First, we are given $f(u) = \frac{\Phi_X'(u)}{\Phi_X(u)}$ . Our goal is to compute $f'(u)$ and then find $\Phi_X(u)$ to determine the distribution of the $X_j$ 's.

From the result in Question 4, we have the differential equation:

\left( \Phi_X'(u) \right)^2 - \Phi_X''(u) \Phi_X(u) = \operatorname{Var}(X_1) \left( \Phi_X(u) \right)^2

Using the definition of $f(u)$ , we can express $f'(u)$ as:

f'(u) = \frac{\Phi_X''(u) \Phi_X(u) - \left( \Phi_X'(u) \right)^2}{\left( \Phi_X(u) \right)^2}

Substituting the result from the differential equation, we get:

f'(u) = -\operatorname{Var}(X_1)

This tells us that $f(u)$ is a linear function of $u$ :

f(u) = -\operatorname{Var}(X_1) u + C

To find the constant $C$ , we evaluate $f(u)$ at $u = 0$ :

f(0) = \frac{\Phi_X'(0)}{\Phi_X(0)} = \Phi_X'(0) = i \mathbb{E}[X_1]

Since $\Phi_X(0) = 1$ , we have:

C = i \mathbb{E}[X_1]

Thus, $f(u) = -\operatorname{Var}(X_1) u + i \mathbb{E}[X_1]$ .

We now have the first-order linear differential equation:

\Phi_X'(u) = f(u) \Phi_X(u) = \left( -\operatorname{Var}(X_1) u + i \mathbb{E}[X_1] \right) \Phi_X(u)

This equation can be solved using an integrating factor. The integrating factor $\mu(u)$ is:

\mu(u) = \exp\left( \int \left( -\operatorname{Var}(X_1) u + i \mathbb{E}[X_1] \right) du \right) = \exp\left( -\tfrac{1}{2} \operatorname{Var}(X_1) u^2 + i \mathbb{E}[X_1] u \right)

Multiplying both sides of the differential equation by $\mu(u)$ , we get:

\frac{d}{du} \left( \mu(u) \Phi_X(u) \right) = 0

Integrating both sides yields:

\mu(u) \Phi_X(u) = \text{constant}

Since $\Phi_X(0) = 1$ and $\mu(0) = 1$ , the constant is 1. Therefore, we have:

\Phi_X(u) = \exp\left( \tfrac{1}{2} \operatorname{Var}(X_1) u^2 - i \mathbb{E}[X_1] u \right)

However, recognizing that the characteristic function of a normal distribution $N(\mu, \sigma^2)$ is:

\Phi(u) = \exp\left( i \mu u - \tfrac{1}{2} \sigma^2 u^2 \right)

We see that our expression for $\Phi_X(u)$ matches this form with $\mu = \mathbb{E}[X_1]$ and $\sigma^2 = \operatorname{Var}(X_1)$ .

Conclusion:

By integrating $f'(u) = -\operatorname{Var}(X_1)$ , we find $f(u) = -\operatorname{Var}(X_1) u + i \mathbb{E}[X_1]$ . Solving the differential equation for $\Phi_X(u)$ , we obtain the characteristic function of a normal distribution. Therefore, the $X_j$ 's are normally distributed with mean $\mathbb{E}[X_1]$ and variance $\operatorname{Var}(X_1)$ .

Answer:

Question 5 Answer:

By computing f ′(u) = –Var(X_1), we find f(u) = –Var(X_1)·u + i E[X_1]

Thus, Φₓ ′(u) = [–Var(X_1)·u + i E[X_1]]·Φₓ(u)

Solving this differential equation gives Φₓ(u) = e^{i E[X_1]·u – ½·Var(X_1)·u^2}

Therefore, the Xⱼ are normally distributed with mean E[X_1] and variance Var(X_1).

Question

Réflexion

Réponse

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