§4.2 特征函数

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正文部分

§4.2 特征函数

1. 特征函数的定义 设 $X$ 是一个随机变量，称

$$\phi (t)=E(e^{itX})$$

为 $X$ 的特征函数，其表达式如下

$$\phi (t)=E(e^{itX})=\{\begin{array}{ll}{\sum }_i{e}^{it{x}_i}P(X=x_i),& \text{在离散场合},\\ {\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{itx}p(x)dx,& \text{在连续场合},\end{array}-\infty <t<\infty .$$

由于

$$|e^{itx}|=\sqrt{{\cos }^{2}tx+{\sin }^{2}tx}=1,$$

所以随机变量 $X$ 的特征函数 $\phi (t)$ 总是存在的.

利用欧拉公式

$$e^{i\theta }=\cos \theta +i\sin \theta$$

可把不少问题中的复变函数问题转化为实变函数问题进行处理.

上述由密度函数 $p(x)$ 求其特征函数的公式常称傅里叶变换.

1. 特征函数的性质
2. $|\phi (t)|\le \phi (0)=1;$
3. $\phi (-t)=\overline{\phi (t)},$

其中 $\overline{\phi (t)}$ 表示 $\phi (t)$ 的共轭；

1. 若 $Y=aX+b$，其中 $a,b$ 是常数，则

$${\phi }_Y(t)=e^{ibt}{\phi }_X(at);$$

1. 若 $X$ 与 $Y$ 是相互独立的随机变量，则

$${\phi }_{X+Y}(t)={\phi }_X(t){\phi }_Y(t);$$

1. 若 $E(X^{\ell })$ 存在，则 $\phi (t)$ 可 $\ell$ 次求导，且对 $1\le k\le \ell$，有

$${\phi }^{(k)}(0)=i^{k}E(X^k);$$

1. 一致连续性：特征函数 $\phi (t)$ 在 $(-\infty ,\infty )$ 上一致连续；
2. 非负定性：特征函数 $\phi (t)$ 是非负定的，即对任意正整数 $n$，及 $n$ 个实数 $t_1,t_2,\dots ,t_n$ 和 $n$ 个复数 $z_1,z_2,\dots ,z_n$，有

$$\sum _{k=1}^n\sum _{j=1}^n\phi (t_k-t_j)z_k\overline{z_j}\ge 0;$$

1. 逆转公式 设 $F(x)$ 和 $\phi (t)$ 分别为随机变量 $X$ 的分布函数和特征函数，则对 $F(x)$ 的任意两个连续点 $x_1<x_2$，有

$$F(x_2)-F(x_1)=\underset{T\to \infty }{\lim }\frac{1}{2\pi }{\int }_{-T}^T\frac{e^{-it{x}_1}-e^{-it{x}_2}}{it}\phi (t)dt;$$

1. 唯一性定理 随机变量的分布函数由其特征函数唯一决定；
2. 若连续随机变量 $X$ 的密度函数为 $p(x)$，特征函数为 $\phi (t)$.如果

$${\int }_{-\infty }^{\infty }|\phi (t)|dt<\infty ,$$

则

$$p(x)=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{-itx}\phi (t)dt.$$

这个公式又称傅里叶逆变换；

1. 分布函数序列 $\{F_n(x)\}$ 弱收敛于分布函数 $F(x)$ 的充要条件是 $\{F_n(x)\}$ 的特征函数序列 $\{{\phi }_n(t)\}$ 收敛于 $F(x)$ 的特征函数 $\phi (t)$.
2. 常用分布的特征函数表

$$\begin{array}{ccc}\text{分布}& \text{分布列 }{p}_k\text{ 或分布密度 }p(x)& \text{特征函数 }\phi (t)\\ \text{单点分布}& P(X=a)=1& e^{ita}\\ \text{0-1 分布}& p_k=p^k{q}^{1-k},q=1-p,k=0,1& p{e}^{it}+q\\ \text{二项分布 }b(n,p)& p_k=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)p^k{q}^{n-k},k=0,1,\dots ,n& (p{e}^{it}+q{)}^n\\ \text{泊松分布 }P(\lambda )& p_k=\frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda },k=0,1,\dots & e^{\lambda (e^{it}-1)}\\ \text{几何分布 }Ge(p)& p_k=p{q}^{k-1},k=1,2,\dots & \frac{p}{1-q{e}^{it}}\end{array}$$

续表

分布	分布列 $p_k$ 或分布密度 $p(x)$	特征函数 $\phi (t)$
负二项分布 $Nb(r,p)$	$p_k=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k-1}{r-1}\right)p^r{q}^{k-r},k=r,r+1,\cdots$	${\left(\frac{p}{1-q{e}^{it}}\right)}^r$
均匀分布 $U(a,b)$	$p(x)=\frac{1}{b-a},a<x<b$	$\frac{e^{ibt}-e^{iat}}{it(b-a)}$
均匀分布 $U(-a,a)$	$p(x)=\frac{1}{2a},-a<x<a$	$\frac{\sin at}{at}$
正态分布 $N(\mu ,{\sigma }^2)$	$p(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }\exp \left\{-\frac{(x-\mu {)}^2}{2{\sigma }^2}\right\}$	$\exp \left\{i\mu t-\frac{{\sigma }^2{t}^2}{2}\right\}$
标准正态分布 $N(0,1)$	$p(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\exp \left\{-\frac{x^2}{2}\right\}$	$e^{-t^2/2}$
指数分布 $Exp(\lambda )$	$p(x)=\lambda e^{-\lambda x},x\ge 0$	${\left(1-\frac{it}{\lambda }\right)}^{-1}$
伽马分布 $Ga(\alpha ,\lambda )$	$p(x)=\frac{{\lambda }^{\alpha }}{\Gamma (\alpha )}{x}^{\alpha -1}{e}^{-\lambda x},x\ge 0$	${\left(1-\frac{it}{\lambda }\right)}^{-\alpha }$
${\chi }^2(n)$ 分布	$p(x)=\frac{x^{n/2-1}{e}^{-x/2}}{\Gamma (n/2)2^{n/2}},x\ge 0$	$(1-2it{)}^{-n/2}$
贝塔分布 $Be(a,b)$	$p(x)=\frac{\Gamma (a+b)}{\Gamma (a)\Gamma (b)}{x}^{a-1}(1-x{)}^{b-1},0<x<1$	$\frac{\Gamma (a+b)}{\Gamma (a)}\sum _{k=0}^{\infty }\frac{(it{)}^k\Gamma (a+k)}{k!\Gamma (a+b+k)}$
柯西分布 $Cau(0,1)$	$p(x)=\frac{1}{\pi (1+x^2)},-\infty <x<\infty$	$e^{-|t|}$

习题与解答 4.2

习题 4.2-1

设离散随机变量 $X$ 的分布列如下，试求 $X$ 的特征函数。

$$\begin{array}{ccccc}X& 0& 1& 2& 3\\ P& 0.4& 0.3& 0.2& 0.1\end{array}$$

解

$${\phi }_X(t)=0.4+0.3e^{it}+0.2e^{i2t}+0.1e^{i3t}.$$

习题 4.2-2

设离散随机变量 $X$ 服从几何分布

$$P(X=k)=(1-p{)}^{k-1}p,k=1,2,\cdots .$$

试求 $X$ 的特征函数，并以此求 $E(X)$ 和 $\text{Var}(X)$。

解 记 $q=1-p$，则

$$\begin{array}{rl}\phi (t)& =E\left(e^{itX}\right)=\sum _{k=1}^{\infty }{e}^{itk}{q}^{k-1}p\\ & =p{e}^{it}\sum _{k=1}^{\infty }(e^{it}q{)}^{k-1}=\frac{p{e}^{it}}{1-q{e}^{it}}.\end{array}$$

它的前二阶导数为

$${\phi }^{\prime }(t)=\frac{ip{e}^{it}}{(1-q{e}^{it}{)}^2},$$ $${\phi }^{\prime \prime }(t)=\frac{-p{e}^{it}(1-q{e}^{it}{)}^2-2p{e}^{it}(1-q{e}^{it})q{e}^{it}}{(1-q{e}^{it}{)}^4},$$

由此可算得几何分布的期望和方差为

$$E(X)=\frac{1}{i}{\phi }^{\prime }(0)=\frac{p}{(1-q{)}^2}=\frac{1}{p},$$ $$E(X^2)=\frac{1}{i^2}{\phi }^{\prime \prime }(0)=\frac{p(1-q{)}^2+2pq(1-q)}{(1-q{)}^4}=\frac{1+q}{p^2},$$ $$\text{Var}(X)=E(X^2)-[E(X){]}^2=\frac{1+q}{p^2}-{\left(\frac{1}{p}\right)}^2=\frac{q}{p^2}.$$

习题 4.2-3

设离散随机变量 $X$ 服从帕斯卡分布

$$P(X=k)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k-1}{r-1}\right)p^r(1-p{)}^{k-r},k=r,r+1,\cdots .$$

试求 $X$ 的特征函数。

解 设 $X_1,X_2,\cdots ,X_r$ 是相互独立同分布的随机变量，且都服从参数为 $p$ 的几何分布 $Ge(p)$，则由上一题知 $X_j$ 的特征函数为

$${\phi }_{X_j}(t)=\frac{p{e}^{it}}{1-q{e}^{it}},$$

其中 $q=1-p$。又因为

$$X=X_1+X_2+\cdots +X_r,$$

所以 $X$ 的特征函数为

$${\phi }_X(t)=\prod _{j=1}^r{\phi }_{X_j}(t)={\left(\frac{p{e}^{it}}{1-q{e}^{it}}\right)}^r.$$

习题 4.2-4

求下列分布函数的特征函数，并由特征函数求其数学期望和方差：

1. $F_1(x)=\frac{a}{2}{\int }_{-\infty }^x{e}^{-a|t|}dt(a>0);$
2. $F_2(x)=\frac{a}{\pi }{\int }_{-\infty }^x\frac{1}{t^2+a^2}dt(a>0).$

解 **（1）**因为此分布的密度函数为

$$p_1(x)=\frac{a}{2}{e}^{-a|x|},-\infty <x<\infty .$$

所以此分布的特征函数为

$$\begin{array}{rl}{\phi }_1(t)& =\frac{a}{2}{\int }_{-\infty }^0{e}^{itx}{e}^{ax}dx+\frac{a}{2}{\int }_0^{\infty }{e}^{itx}{e}^{-ax}dx\\ & =\frac{a}{2}{\int }_{-\infty }^0(\cos tx+i\sin tx)e^{ax}dx+\frac{a}{2}{\int }_0^{\infty }(\cos tx+i\sin tx)e^{-ax}dx\\ & =a{\int }_0^{\infty }\cos tx\cdot e^{-ax}dx=\frac{a^2}{a^2+t^2}.\end{array}$$

又因为

$${\phi }_1^{\prime }(t)=-\frac{2t{a}^2}{(a^2+t^2{)}^2},{\phi }_1^{\prime }(0)=0,$$ $${\phi }_1^{\prime \prime }(t)=\frac{2a^2(3t^2-a^2)}{(a^2+t^2{)}^3},{\phi }_1^{\prime \prime }(0)=-\frac{2}{a^2},$$

所以

$$E(X)=\frac{1}{i}{\phi }_1^{\prime }(0)=0,\text{Var}(X)=E(X^2)=\frac{1}{i^2}{\phi }_1^{\prime \prime }(0)=\frac{2}{a^2}.$$

**（2）**因为此分布的密度函数为

$$p_2(x)=\frac{a}{\pi }\cdot \frac{1}{x^2+a^2},-\infty <x<\infty .$$

所以此分布的特征函数为

$${\phi }_2(t)=\frac{a}{\pi }{\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{e^{itx}}{x^2+a^2}dx=\frac{2a}{\pi }{\int }_0^{\infty }\frac{\cos tx}{x^2+a^2}dx,$$

又因为当 $t>0$ 时，有（见菲赫金哥尔茨《微积分学教程》第二卷第三分册或查积分表）

$${\int }_0^{\infty }\frac{\cos tx}{x^2+a^2}dx=\frac{\pi }{2a}{e}^{-at},$$

所以当 $t>0$ 时，有

$${\phi }_2(t)=\frac{2a}{\pi }\cdot \frac{\pi }{2a}{e}^{-at}=e^{-at}.$$

而当 $t<0$ 时，有

$${\phi }_2(t)={\phi }_2(-t)=e^{-a|t|},$$

所以

$${\phi }_2(t)=e^{-a|t|}.$$

又因为 ${\phi }_2(t)$ 在 $t=0$ 处不可导，故此分布（柯西分布）的数学期望不存在。

习题 4.2-5

设随机变量 $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$，试用特征函数的方法求 $X$ 的 $3$ 阶及 $4$ 阶中心矩。

解 因为正态分布 $N(\mu ,{\sigma }^2)$ 的特征函数为

$$\phi (t)=e^{i\mu t-{\sigma }^2{t}^2/2},$$

所以

$${\phi }^{\prime }(0)=i\mu ,E(X)=\frac{{\phi }^{\prime }(0)}{i}=\mu ,$$ $${\phi }^{\prime \prime }(0)=-{\mu }^2-{\sigma }^2,E(X^2)=\frac{{\phi }^{\prime \prime }(0)}{i^2}={\mu }^2+{\sigma }^2,$$ $${\phi }^{\prime \prime \prime }(0)=-i{\mu }^3-3i\mu {\sigma }^2,E(X^3)=\frac{{\phi }^{\prime \prime \prime }(0)}{i^3}={\mu }^3+3\mu {\sigma }^2,$$ $${\phi }^{(4)}(0)={\mu }^4+6{\mu }^2{\sigma }^2+3{\sigma }^4,E(X^4)=\frac{{\phi }^{(4)}(0)}{i^4}={\mu }^4+6{\mu }^2{\sigma }^2+3{\sigma }^4.$$

由此得 $X$ 的 $3$ 阶及 $4$ 阶中心矩为

$$E(X-E(X){)}^3=E(X^3)-3E(X^2)\mu +3E(X){\mu }^2-{\mu }^3=0,$$ $$E(X-E(X){)}^4=E(X^4)-4E(X^3)\mu +6E(X^2){\mu }^2-4E(X){\mu }^3+{\mu }^4=3{\sigma }^4.$$

习题 4.2-6

试用特征函数的方法证明二项分布的可加性：若随机变量 $X\sim b(n,p)$，$Y\sim b(m,p)$，且 $X$ 与 $Y$ 独立，则 $X+Y\sim b(n+m,p)$。

解 证 记 $q=1-p$，因为

$${\phi }_X(t)=(p{e}^{it}+q{)}^n,{\phi }_Y(t)=(p{e}^{it}+q{)}^m,$$

所以由 $X$ 与 $Y$ 的独立性得

$${\phi }_{X+Y}(t)={\phi }_X(t){\phi }_Y(t)=(p{e}^{it}+q{)}^{n+m},$$

这正是二项分布 $b(n+m,p)$ 的特征函数，由唯一性定理知

$$X+Y\sim b(n+m,p).$$

习题 4.2-7

试用特征函数的方法证明泊松分布的可加性：若随机变量 $X\sim P({\lambda }_1)$，$Y\sim P({\lambda }_2)$，且 $X$ 与 $Y$ 独立，则 $X+Y\sim P({\lambda }_1+{\lambda }_2)$。

解 证 因为

$${\phi }_X(t)=e^{{\lambda }_1(e^{it}-1)},{\phi }_Y(t)=e^{{\lambda }_2(e^{it}-1)},$$

所以由 $X$ 与 $Y$ 的独立性得

$${\phi }_{X+Y}(t)={\phi }_X(t){\phi }_Y(t)=e^{({\lambda }_1+{\lambda }_2)(e^{it}-1)},$$

这正是泊松分布 $P({\lambda }_1+{\lambda }_2)$ 的特征函数，由唯一性定理知

$$X+Y\sim P({\lambda }_1+{\lambda }_2).$$

习题 4.2-8

试用特征函数的方法证明伽马分布的可加性：若随机变量 $X\sim Ga({\alpha }_1,\lambda )$，$Y\sim Ga({\alpha }_2,\lambda )$，且 $X$ 与 $Y$ 独立，则 $X+Y\sim Ga({\alpha }_1+{\alpha }_2,\lambda )$。

解 证 因为

$${\phi }_X(t)={\left(1-\frac{it}{\lambda }\right)}^{-{\alpha }_1},{\phi }_Y(t)={\left(1-\frac{it}{\lambda }\right)}^{-{\alpha }_2},$$

所以由 $X$ 与 $Y$ 的独立性得

$${\phi }_{X+Y}(t)={\phi }_X(t){\phi }_Y(t)={\left(1-\frac{it}{\lambda }\right)}^{-({\alpha }_1+{\alpha }_2)},$$

这正是伽马分布 $Ga({\alpha }_1+{\alpha }_2,\lambda )$ 的特征函数，由唯一性定理知

$$X+Y\sim Ga({\alpha }_1+{\alpha }_2,\lambda ).$$

习题 4.2-9

试用特征函数的方法证明 ${\chi }^2$ 分布的可加性：若随机变量 $X\sim {\chi }^2(n)$，$Y\sim {\chi }^2(m)$，且 $X$ 与 $Y$ 独立，则 $X+Y\sim {\chi }^2(n+m)$。

解 证 因为

$${\phi }_X(t)=(1-2it{)}^{-n/2},{\phi }_Y(t)=(1-2it{)}^{-m/2},$$

所以由 $X$ 与 $Y$ 的独立性得

$${\phi }_{X+Y}(t)={\phi }_X(t){\phi }_Y(t)=(1-2it{)}^{-(n+m)/2},$$

这正是 ${\chi }^2$ 分布 ${\chi }^2(n+m)$ 的特征函数，由唯一性定理知

$$X+Y\sim {\chi }^2(n+m).$$

习题 4.2-10

设随机变量 $X_i$ 独立同分布，且 $X_i\sim Exp(\lambda )$，$i=1,2,\cdots ,n$。试用特征函数的方法证明：

$$Y_n=\sum _{i=1}^n{X}_i\sim Ga(n,\lambda ).$$

解 证 因为

$${\phi }_{X_i}(t)={\left(1-\frac{it}{\lambda }\right)}^{-1},$$

所以由诸 $X_i$ 的相互独立性得 $Y_n$ 的特征函数为

$${\phi }_{Y_n}(t)={\left(1-\frac{it}{\lambda }\right)}^{-n},$$

这正是伽马分布 $Ga(n,\lambda )$ 的特征函数，由唯一性定理知

$$Y_n\sim Ga(n,\lambda ).$$

习题 4.2-11

设连续随机变量 $X$ 服从柯西分布，密度函数如下：

$$p(x)=\frac{1}{\pi }\cdot \frac{\lambda }{{\lambda }^2+(x-\mu {)}^2},-\infty <x<\infty ,$$

其中参数 $\lambda >0$，$-\infty <\mu <\infty$，常记为 $X\sim Cau(\lambda ,\mu )$。

1. 试证 $X$ 的特征函数为 $\exp \{i\mu t-\lambda |t|\}$，且利用此结果证明柯西分布的可加性；
2. 当 $\mu =0,\lambda =1$ 时，记 $Y=X$，试证 ${\phi }_{X+Y}(t)={\phi }_X(t)\cdot {\phi }_Y(t)$，但是 $X$ 与 $Y$ 不独立；
3. 若 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 相互独立，且服从同一柯西分布，试证：

$$\frac{1}{n}(X_1+X_2+\cdots +X_n)$$

与 $X_1$ 同分布。

解 **（1）**因为 $Y=X-\mu$ 的密度函数为

$$p(y)=\frac{1}{\pi }\cdot \frac{\lambda }{{\lambda }^2+y^2},-\infty <y<\infty ,$$

所以由本节第 $4$ 题（2）知 $Y$ 的特征函数为

$${\phi }_Y(t)=\exp \{-\lambda |t|\}.$$

由此得 $X=Y+\mu$ 的特征函数

$${\phi }_X(t)={\phi }_{Y+\mu }(t)=\exp \{i\mu t\}{\phi }_Y(t)=\exp \{i\mu t-\lambda |t|\}.$$

下面利用此式证明柯西分布的可加性。设 $X_i(i=1,2)$ 服从参数为 ${\mu }_i,{\lambda }_i$ 的柯西分布，其密度函数为

$$p_i(x)=\frac{1}{\pi }\cdot \frac{{\lambda }_i}{{\lambda }_i^2+(x-{\mu }_i{)}^2},-\infty <x<\infty ,i=1,2.$$

若 $X_1$ 与 $X_2$ 相互独立，则

$${\phi }_{X_1+X_2}(t)={\phi }_{X_1}(t){\phi }_{X_2}(t)=\exp \{i({\mu }_1+{\mu }_2)t-({\lambda }_1+{\lambda }_2)|t|\},$$

这正是参数为 ${\mu }_1+{\mu }_2,{\lambda }_1+{\lambda }_2$ 的柯西分布的特征函数。所以由唯一性定理知，$X_1+X_2$ 服从参数为 ${\mu }_1+{\mu }_2,{\lambda }_1+{\lambda }_2$ 的柯西分布。

**（2）**当 $\mu =0,\lambda =1$ 时有

$${\phi }_X(t)=\exp \{-|t|\},{\phi }_Y(t)=\exp \{-|t|\},$$

所以

$$\begin{array}{rl}{\phi }_{X+Y}(t)& ={\phi }_{2X}(t)={\phi }_X(2t)\\ & =\exp \{-2|t|\}=\exp \{-|t|\}\exp \{-|t|\}\\ & ={\phi }_X(t){\phi }_Y(t).\end{array}$$

由于 $Y=X$，当然 $X$ 与 $Y$ 不独立。此题说明，由 ${\phi }_{X+Y}(t)={\phi }_X(t){\phi }_Y(t)$ 不能推得 $X$ 与 $Y$ 独立。

**（3）**设 $X_i$ 都服从参数为 $\mu ,\lambda$ 的柯西分布，则特征函数为

$$\phi (t)=\exp \{i\mu t-\lambda |t|\}.$$

由相互独立性得：

$$\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i$$

的特征函数为

$$[\phi (t/n){]}^n=\exp \{i\mu t-\lambda |t|\},$$

即

$$\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i$$

与 $X_1$ 具有相同的特征函数，由唯一性定理知它们具有相同的分布。

习题 4.2-12

设连续随机变量 $X$ 的密度函数为 $p(x)$，试证：$p(x)$ 关于原点对称的充要条件是它的特征函数是实的偶函数。

解 证 记 $X$ 的特征函数为 ${\phi }_X(t)$。

先证充分性。若 ${\phi }_X(t)$ 是实的偶函数，则

$${\phi }_X(-t)={\phi }_X(t),$$

又因为 ${\phi }_X(-t)={\phi }_{-X}(t)$，这表明 $X$ 与 $-X$ 有相同的特征函数，从而 $X$ 与 $-X$ 有相同的密度函数，而 $-X$ 的密度函数为 $p(-x)$，所以得

$$p(x)=p(-x),$$

即 $p(x)$ 关于原点是对称的。

再证必要性。若 $p(x)=p(-x)$，则 $X$ 与 $-X$ 有相同的密度函数，所以 $X$ 与 $-X$ 有相同的特征函数。由于 $-X$ 的特征函数为 ${\phi }_X(-t)$，所以

$${\phi }_X(t)={\phi }_X(-t)=\overline{{\phi }_X(t)},$$

故 ${\phi }_X(t)$ 是实的偶函数。

习题 4.2-13

设随机变量 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 独立同分布，且都服从 $N(\mu ,{\sigma }^2)$ 分布，试求

$$\overline{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i$$

的分布。

解 因为 $X_j$ 的特征函数为

$${\phi }_j(t)=e^{i\mu t-{\sigma }^2{t}^2/2},$$

所以由诸 $X_j$ 的相互独立性得 $\overline{X}$ 的特征函数为

$${\phi }_{\overline{X}}(t)=[{\phi }_j(t/n){]}^n=e^{i\mu t-{\sigma }^2{t}^2/(2n)},$$

这正是正态分布 $N(\mu ,{\sigma }^2/n)$ 的特征函数，所以由唯一性定理知

$$\overline{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i\sim N\left(\mu ,\frac{{\sigma }^2}{n}\right).$$

习题 4.2-14

利用特征函数方法证明如下的泊松定理：设有一列二项分布 $\{b(k,n,p_n)\}$，若

$$\underset{n\to \infty }{\lim }n{p}_n=\lambda ,$$

则

$$\underset{n\to \infty }{\lim }b(k,n,p_n)=\frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda },k=0,1,2,\cdots .$$

解 证 二项分布 $b(k,n,p_n)$ 的特征函数为

$${\phi }_n(t)=(p_n{e}^{it}+q_n{)}^n,\text{其中 }{q}_n=1-p_n.$$

因为

$${\phi }_n(t)={\left[1+\frac{n{p}_n(e^{it}-1)}{n}\right]}^n,$$

又当 $n\to \infty$ 时，$n{p}_n\to \lambda$，则

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\phi }_n(t)=\exp \{\lambda (e^{it}-1)\}=\phi (t).$$

而 $\phi (t)$ 正是泊松分布的特征函数，故得证。

习题 4.2-15

设随机变量 $X\sim Ga(\alpha ,\lambda )$，证明：当 $\alpha \to \infty$ 时，随机变量

$$\frac{\lambda X-\alpha }{\sqrt{\alpha }}$$

按分布收敛于标准正态变量。

解 证 令

$$Y_{\alpha }=\frac{\lambda X-\alpha }{\sqrt{\alpha }},$$

则由 $X$ 的特征函数

$${\phi }_X(t)={\left(1-\frac{it}{\lambda }\right)}^{-\alpha }$$

可得

$${\phi }_{Y_{\alpha }}(t)=e^{-it\sqrt{\alpha }}{\left(1-\frac{it}{\sqrt{\alpha }}\right)}^{-\alpha }.$$

两边取对数，并将 $\ln (1-it/\sqrt{\alpha })$ 展开为级数形式，可得

$$\begin{array}{rl}\ln {\phi }_{Y_{\alpha }}(t)& =-it\sqrt{\alpha }-\alpha \ln \left(1-\frac{it}{\sqrt{\alpha }}\right)\\ & =-it\sqrt{\alpha }-\alpha \left(-\frac{it}{\sqrt{\alpha }}+\frac{t^2}{2\alpha }-\frac{i{t}^3}{3\alpha \sqrt{\alpha }}+o\left(\frac{t^3}{\alpha \sqrt{\alpha }}\right)\right)\\ & =-\frac{t^2}{2}+\frac{i{t}^3}{3\sqrt{\alpha }}+\alpha \cdot o\left(\frac{t^3}{\alpha \sqrt{\alpha }}\right)\to -\frac{t^2}{2}(\alpha \to \infty ).\end{array}$$

所以

$${\phi }_{Y_{\alpha }}(t)\to e^{-t^2/2},$$

而 $e^{-t^2/2}$ 正是 $N(0,1)$ 的特征函数。由特征函数的唯一性定理及判断弱收敛的方法知结论成立。