UA MATH563 概率論的數(shù)學基礎 中心極限定理24 隨機變量的特征函數(shù)

定義 假設$X$是定義在$(\Omega ,\mathcal{F},P)$上的隨機變量，定義
$$?(t)=E[e^{itX}]$$

為$X$的特征函數(shù)(characteristic function)。

說明
記${\mu }_X$為$X$的分布，則$$?(t)=E[e^{itX}]=\int e^{itX}d{\mu }_X$$

也就是說$?(t)$其實是${\mu }_X$的Fourier變換，因此任意隨機變量的特征函數(shù)總是存在的。我們可以將特征函數(shù)與矩母函數(shù)(moment generating function，也就是${\mu }_X$的Laplace變換)做個對比，
$$M_X(t)=E[e^{tX}]$$

被稱為矩母函數(shù)，當且僅當$E[e^{tX}]<\infty$時，矩母函數(shù)存在。而$|e^{itX}|\le 1$，因此$E[e^{itX}]$必定存在。

常用分布的特征函數(shù)

正態(tài)分布$N(\mu ,{\sigma }^2)$:$$?(t)=\exp (it\mu ?\frac{{\sigma }^2{t}^2}{2})$$

Gamma分布$\Gamma (\alpha ,\beta )$:$$?(t)=(1?\frac{it}{\beta }{)}^{?\alpha }$$

二項分布$B(n,p)$:$$?(t)=(1?p+p{e}^{it}{)}^n$$

Poisson分布$\pi (\lambda )$:$$?(t)=\exp (\lambda (e^{it}?1))$$

負二項分布$NB(r,p)$:$$?(t)=(\frac{p}{1?(1?p)e^{it}}{)}^r$$

特征函數(shù)的簡單計算性質

$?(0)=1$

$?(t)=\overline{?(?t)}$ (共軛)，如果$X$對稱，則${?}_X(t)$是實函數(shù)

$|?(t)|\le 1$

$?(t)$一致收斂，因為$|?(t+h)??(t)|=|E(e^{it(X+h)}?e^{itX})|\le E|e^{it(X+h)}?e^{itX}|=E|e^{itX}||e^{ihX}?1|\le E|e^{ihX}?1|$，根據有界收斂定理，$h\to 0$，$E|e^{ihX}?1|\to 0$

${?}_{aX+b}(t)=e^{itb}{?}_X(at)$

假設$X_1+X_2$獨立，則${?}_{X_1+X_2}(t)={?}_{X_1}(t){?}_{X_2}(t)$

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特征函數(shù)的分析性質: 特征函數(shù)與分布一一對應

證明
第一條。假設$F_1,F_2$是兩個分布，并且它們有相同的特征函數(shù)$?$，我們需要說明$F_1=F_2$。假設$X～F_1,Y～F_2$，引入$Z～N(0,{\sigma }^2)$，其中$\sigma$是一個非常小的數(shù)。

在第六講時我們介紹過一個技巧，在對實際問題進行建模時，我們常常需要用隨機變量，記為$X$，描述一些復雜的隨機性，這樣的隨機變量通常是沒有辦法寫出密度函數(shù)的解析式的，但是我們可以加上一個非常“小”的正態(tài)分布$Y～N(0,{?}^2)$，使得$X+Y$有密度函數(shù)的解析式。這里用的就是這個思路，因為我們沒有對$F_1,F_2$做任何假設，為了讓它們解析性質更好一些，便于我們分析，就讓他們對一個正態(tài)分布做卷積。

定義
$$\begin{gathered} G_1=F_1?F_Z=\int F_1(z?y)d{F}_Z(y) \\ {G}_2=F_2?F_Z=\int F_2(z?y)d{F}_Z(y) \end{gathered}$$

根據Fourier變換的反演公式，
$$\begin{gathered} g_1=\int f_Z(z?y)d{F}_1(y)=\frac{1}{2\pi }\int ?(t)e^{?itx}{e}^{?\frac{t^2{\sigma }^2}{2}}dt \\ {g}_2=\int f_Z(z?y)d{F}_2(y)=\frac{1}{2\pi }\int ?(t)e^{?itx}{e}^{?\frac{t^2{\sigma }^2}{2}}dt \end{gathered}$$

于是$g_1=g_2$，進一步，根據分布與密度的對應關系$G_1=G_2$，因為
$$G_1(x)=E[F_1(x?Z)],G_2(x)=E[F_2(x?Z)]$$

我們考慮${\sigma }^2\downarrow 0$，則$N(0,{\sigma }^2)\to {\delta }_0$，于是
$$E[F_1(x?Z)]=F_1(x)+E[F_1(x?Z)?F_1(x)]$$

考慮$E[F_1(x?Z)?F_1(x)]$，我們用truncation trick計算
$$\begin{gathered} E[F_1(x?Z)?F_1(x)]=E[F_1(x?Z)?F_1(x),|Z|\le ?] \\ +E[F_1(x?Z)?F_1(x),|Z|>?] \end{gathered}$$

根據右連續(xù)性，$E[F_1(x?Z)?F_1(x),|Z|\le ?]\to 0$，
$$E[F_1(x?Z)?F_1(x),|Z|>?]\le 2P(|Z|>?)=0$$

因為$Z\to {\delta }_0$，于是
$$F_1(x)=E[F_1(x?Z)]=E[F_2(x?Z)]=F_2(x)$$

總結

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