Tính chất tự sinh sản ngược của phân bố chuẩn

Ở bài post lần trước, chúng ta đã biết rằng phân bố chuẩn có tính chất "tự sinh sản" (self-reproducing): Tức nếu $X_1, X_2$ là hai biến ngẫu nhiên độc lập có phân bố chuẩn thì $X+Y$ cũng có phân bố chuẩn.  Bây giờ ta thấy nó cũng có tính chất ngược lại:

Định lí. Nếu $X_1, X_2$ là hai biến ngẫu nhiên độc lập và $X_1 + X_2$ có phân bố chuẩn thì cả $X_1$ và $X_2$ đều có phân bố chuẩn.

Định lí này được P. Levy đặt làm giả thuyết và được H. Creamer chứng minh vào năm 1936.

Chứng minh định lí. Kí hiệu $\phi_1$ và $\phi_2$, $F_1, F_2$ lần lượt là hàm đặc trưng, hàm phân bố của $X_1$ và $X_2$. Ta cần chỉ ra rằng các hàm đặc trưng có dạng $e^{i\mu_i x - \sigma_i^2x^2/2}$ với $\mu_i$, $\sigma_i$ nào đó. Để làm điều này, đầu tiên ta chứng minh $\phi_i$ là hàm toàn phần (tức hàm phức chỉnh hình trên toàn miền), sau đó chứng minh nó có cấp $\leq 2$, không có không điểm và áp dụng định lí Hadamard cho hàm toàn phần để có điều phải chứng minh.

Đầu tiên, giả sử $X_1+X_2 \sim N(m,\sigma)$, từ tính độc lập ta có
$$\phi\left(\dfrac{x-m}{\sigma} \right) = F_1 * F_2 (x) = \int F_1(x-u) dF_2(u).$$
Thay $x$ thành $x+y$ và sử dụng tính tăng của hàm phân bố suy ra
$$\phi\left(\dfrac{x-m}{\sigma} \right)  \geq \int_{-\infty}^{y} F_1(x+y-u) dF_2(u)\geq F_1(x) \int_{-\infty}^{y} dF_2(u) = F_1(x) F_2(y).$$
Cố định $y$ để $F_2(y) > 0$, sử dụng bất đẳng thức
$$1-\phi(x) + \phi(-x) < \left(\dfrac{2}{\pi} \right)^{1/2} x^{-1} exp\left(- \dfrac{1}{2}x^2\right),$$
với mọi $x$ đủ lớn, kết hợp 2 bất đẳng thức trên, ta có tồn tại các số $A, B$ để
$$1- F_1(x) + F_1(-x) < A exp\left(-\dfrac{x^2}{2\sigma^2} +B|x| \right).$$
Tích phân từng phần, để ý rằng...
ta có
$$J = \int_{-\infty}^{\infty} exp\left(\dfrac{x^2}{4\sigma^2} \right) dF_1(x)<\infty,$$
suy ra $\phi_1$ là hàm toàn phần. Hơn nữa,
$$|\phi_1(z)| \leq \int exp\left(\sigma^2 |z|^2 + \dfrac{x^2}{4\sigma^2} \right) dF_1(x) = J exp(\sigma^2 |z|^2),$$
vậy cấp của $\phi_1$ nhỏ hơn hoặc bằng 2, và
$$\phi_1(z)\phi_2(z) = exp\left(imz - \sigma^2z^2/2 \right),$$
ta suy ra $\phi_1$ không có không điểm.

Bây giờ ta cần một bổ đề sau, có thể hình dung như mở rộng của định lí cơ bản của đại số:
Bổ đề (Định lí Hadamard). Nếu $f$ là hàm toàn phần có cấp $\leq \rho$ thì $f$ có phân tích
$$f(z) = e^{g(z)} z^m \prod_{j=1}^{\infty} E_d(z/ a_j),$$
với $E$ là elementary factor, $(a_j)$ là tập các không điểm của $f$, $m=ord_{z=0} f(z)$, $g(z)\in \mathbb{C}[Z]$, và $\text{deg} g, d \leq \rho$.

Áp dụng bổ đề, $\phi_1(z)$ phải có dạng $exp(\alpha_1 z^2 + beta_1 z+ \gamma_1)$. Tuy nhiên từ tính chất của hàm đặc trưng rằng $\phi(0) =1, \overline{\phi_1(z)} = \phi_1(-z)$, $|\phi_1(z)| \leq 1$, ta có
$$\phi_1(z) = exp\left(i \mu_1 z - \sigma_1^2z^2/2  \right),$$
tương tự với $\phi_2$ ta có điều cần chứng minh.



Tài liệu tham khảo: T.Hida, Brownian Motion.