Gösterilen standart Cauchy olan standart Cauchy olduğu

9

Eğer , dağılımını bulmak . $X\sim\mathcal C(0,1)$ $Y=\frac{2X}{1-X^2}$

Biz $F_Y(y)=\mathrm{Pr}(Y\le y)$

$\qquad\qquad\qquad=\mathrm{Pr}\left(\frac{2X}{1-X^2}\le y\right)$

$\qquad\qquad=\begin{cases} \mathrm{Pr}\left(X\in\left(-\infty,\frac{-1-\sqrt{1+y^2}}{y}\right]\right)+\mathrm{Pr}\left(X\in\left(-1,\frac{-1+\sqrt{1+y^2}}{y}\right]\right),\text{if}\quad y>0\\ \mathrm{Pr}\left(X\in\left(-1,\frac{-1+\sqrt{1+y^2}}{y}\right]\right)+\mathrm{Pr}\left(X\in\left(1,\frac{-1-\sqrt{1+y^2}}{y}\right]\right),\text{if}\quad y<0 \end{cases}$

Yukarıdaki vaka ayrımının doğru olup olmadığını merak ediyorum.

Öte yandan, aşağıdakiler daha basit bir yöntem gibi görünüyor:

kimliğini kullanarak yazabiliriz $Y=\tan(2\tan^{-1}X)$ $\frac{2\tan z}{1-\tan^2z}=\tan 2z$

Şimdi, $X\sim\mathcal C(0,1)\implies\tan^{-1}X\sim\mathcal R\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)$

$\qquad\qquad\qquad\quad\implies 2\tan^{-1}X\sim\mathcal R(-\pi,\pi)$

$\qquad\qquad\qquad\quad\implies\tan\left(2\tan^{-1}X\right)\sim\mathcal C(0,1)$ , sonuncusu 2'den 1'e dönüşümdür.

Ama dağılımını tanımdan türetmem istendiğinde , sanırım ilk yöntem nasıl ilerlemem gerektiğidir. Hesaplama biraz dağınık hale gelir, ancak doğru sonuca ulaşabilir miyim? Herhangi bir alternatif çözüm de kabul edilir. $Y$

Johnson-Kotz-Balakrishnan'ın Sürekli Tek Değişkenli Dağılımlar (Cilt 1) , Cauchy dağılımının bu özelliğini vurgulamıştır. Sonuç olarak, bu sadece genel bir sonucun özel bir örneğidir.

— StubbornAtom
kaynak

4

İkinci çözüm tamamen doğrudur, bu yüzden itiraz olmamalıdır.

— Xi'an

1

Zeyilname: olduğundan, ilk çözüm teğet üzerinde bu kimliği kullanmak zorundadır.

P (X < x) = \tan^{- 1} (x) / π + 1 / 2

$P(X<x)=\tan^{-1}(x)/\pi+1/2$

— Xi'an

@ Xi'an Aslında ilk yöntemde tartışmayı bitirmeye çalışıyorum.

— StubbornAtom

6

Ona bakmanın alternatif, daha basit bir yolu:

standart Cauchy dağılımı:

f (x) d x = \frac{π^{- 1}}{x^{2} + 1} d x

$f(x) \text{d}x = \frac{\pi^{-1}}{x^2+1} \text{d}x$

değişkenlerin dönüşümleri:

u (x) = \frac{2 x}{1 - x^{2}} ve x_{1} (u) = \frac{- 1 - \sqrt{u^{2} + 1}}{u}, x_{2} (u) = \frac{- 1 + \sqrt{u^{2} + 1}}{u}

$u(x) = \frac{2x}{1-x^2} \qquad \text{and} \qquad x_1(u) = \frac{-1 - \sqrt{u^2+1}}{u} \, , \, x_2(u) = \frac{-1 + \sqrt{u^2+1}}{u}$

dağılım dönüşümü:

g (u) d u = \underset{ben = 1, 2}{Σ} f (x_{ben} (u)) | \frac{d x_{ben}}{d u} | d u

$g(u)\text{d}u = \sum_{i=1,2} f(x_i(u)) \left|\frac{\text{d}x_i}{\text{d}u}\right|\text{d}u$

Çok dağınık hale gelmesi gerekmeyen bununla çalışırsanız,

g (u) = \frac{π^{- 1}}{u^{2} + 1}

$g(u) = \frac{\pi^{-1}}{u^2+1}$

grafik gösterim

Bu tür kimliği gibi çalışır , ancak daha açık bir şekilde yazılır. $\frac{2\tan z}{1-\tan^2z}=\tan 2z$

Ya da bölünmüş birikimli dağıtım işlevi ile temsili gibi ama şimdi . $F_Y(y) = Pr(Y \leq y)$ $f_Y(y) = Pr(y-\frac{1}{2}dy \leq Y\leq y+\frac{1}{2}dy)$

— Sextus Empiricus
kaynak

2

Aslında, dönüşüm formülü, herhangi bir için birden fazla köke sahip olduğunda , için ,Böylece, gerektiği gibi tanımladığınız ekleme aslında formülün içine yerleştirilmiştir.

x (u)

$x(u)$

u

$u$

x_{i} (u) = u

$x_i(u) =u$

i = 1, 2, \dots n

$i=1,2,\ldots n$

g (u) = Σ_{ben = 1}^{n} f (x_{ben} (u)) | \frac{d x_{ben} (u)}{d u} | .

$g(u) =\sum_{i=1}^n f(x_i(u))\left|\frac{\mathrm dx_i(u)}{\mathrm du}\right|.$

— Dilip Sarwate

@DilipSarwate Değiştireceğim.

— Sextus Empiricus

3

İkinci yaklaşımdaki dönüşüm motivasyon eksikliği gibi görünüyor (bununla ilgili bazı detayların da doldurulması gerekiyor). Burada, karakteristik fonksiyon hesaplamasından, "gizemli" dönüşümünüzü desteklemeye çalışıyorum.

karakteristik fonksiyonu şu şekilde hesaplanabilir: , dönüşümünü , bu da $Y$

\begin{aligned} φ_{Y} (t) = & E [e^{i t Y}] = \int_{- \infty}^{\infty} e^{i t \frac{2 x}{1 - x^{2}}} \frac{1}{π (1 + x^{2})} d x \\ = & \frac{1}{π} \int_{- \infty}^{\infty} e^{i t \frac{2 x}{1 - x^{2}}} d \arctan x, \end{aligned}

$\begin{align} \varphi_Y(t) = & E[e^{itY}] = \int_{-\infty}^{\infty} e^{it\frac{2x}{1 - x^2}} \frac{1}{\pi(1 + x^2)} dx \\ = & \frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^\infty e^{it\frac{2x}{1 - x^2}} d\arctan x, \end{align}$

u = \arctan x

$u = \arctan x$

\begin{aligned} (1) & φ_{Y} (t) = \frac{1}{π} \int_{- π / 2}^{π / 2} e^{ben t \frac{2 taba rengi u}{1 - {taba rengi}^{2} u}} d u = \frac{1}{π} \int_{- π / 2}^{π / 2} e^{ben t taba rengi (2 u)} d u . \end{aligned}

$\begin{align} \varphi_Y(t)= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi/2}^{\pi/2} e^{it\frac{2\tan u}{1 - \tan^2 u}} du = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}e^{it\tan(2u)}du. \tag{1} \end{align}$

Amacımız, deki integralin standart Cauchy rastgele değişken karakteristik fonksiyonuna eşit olduğunu göstermektir : $(1)$ $X$

\begin{aligned} φ_{X} (t) = & \int_{- \infty}^{\infty} e^{ben t x} \frac{1}{π (1 + x^{2})} d x \\ (2) & = & \frac{1}{π} \int_{- π / 2}^{π / 2} e^{ben t taba rengi u} d u \end{aligned}

$\begin{align} \varphi_X(t) = & \int_{-\infty}^\infty e^{itx}\frac{1}{\pi(1 + x^2)} dx \\ = & \frac{1}{\pi}\int_{-\pi/2}^{\pi/2} e^{it\tan u} du \tag{2} \end{align}$

Neden deki integral deki integrale eşittir ? İlk bakışta, bu biraz karşı sezgisel. Bunu doğrulamak için işlevinin tekdüzeliğini dikkatli bir şekilde ele almamız gerekir . üzerinde çalışmaya devam edelim : $(1)$ $(2)$ $\tan(\cdot)$ $(1)$

\begin{aligned} φ_{Y} (t) = & \frac{1}{π} \int_{- π / 2}^{π / 2} e^{i t \tan (2 u)} d u \\ = & \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} e^{i t \tan v} d v (Change of variable v = 2 u) \\ = & \frac{1}{2 π} [\int_{- π}^{- π / 2} + \int_{- π / 2}^{π / 2} + \int_{π / 2}^{π}] e^{i t \tan u} d u \\ = & \frac{1}{2} φ_{X} (t) + \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{- π / 2} e^{i t \tan v} d v + \frac{1}{2 π} \int_{π / 2}^{π} e^{i t \tan v} d v (3) \\ = & \frac{1}{2} φ_{X} (t) + \frac{1}{2 π} \int_{- π / 2}^{0} e^{- i t \tan u_{1}} d u_{1} + \frac{1}{2 π} \int_{0}^{π / 2} e^{- i t \tan u_{2}} d u_{2} (4) \\ = & \frac{1}{2} φ_{X} (t) + \frac{1}{2 π} \int_{- π / 2}^{π / 2} e^{- i t \tan v} d v \\ = & φ_{X} (t) (5) \end{aligned}

$\begin{align} \varphi_Y(t) = & \frac{1}{\pi}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}e^{it\tan(2u)}du \\ = & \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi e^{it\tan v} dv \quad (\text{Change of variable } v = 2u) \\ = & \frac{1}{2\pi}\left[\int_{-\pi}^{-\pi/2} + \int_{-\pi/2}^{\pi/2} + \int_{\pi/2}^{\pi}\right]e^{it\tan u} du \\ = & \frac{1}{2}\varphi_X(t) + \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{-\pi/2}e^{it\tan v} dv + \frac{1}{2\pi}\int_{\pi/2}^{\pi}e^{it\tan v} dv \quad (3) \\ = & \frac{1}{2}\varphi_X(t) + \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi/2}^{0} e^{-it\tan u_1} du_1 + \frac{1}{2\pi}\int_{0}^{\pi/2} e^{-it\tan u_2} du_2 \quad (4) \\ = & \frac{1}{2}\varphi_X(t) + \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi/2}^{\pi/2} e^{-it\tan v} dv \\ = & \varphi_X(t) \quad (5) \end{align}$

$(3)$ : fonksiyonu aralıkta monoton olmadığından , her integral ayrı aralıkta monoton olacak şekilde bölünür ( değişken formüller geçerlidir). $u \mapsto \tan(u)$ $(-\pi, \pi)$

$(4)$ : Değişken formüllerin iki değişikliği ve . $u_1 = -\pi - v$ $u_2 = \pi - v$

$(5)$ : değişken formülünün son değişikliği . $u = -v$

- adımları OP'nin sorusunda "sonuncusu 2'ye 1 dönüşümdür" ifadesini detaylandırdı. $(3)$ $(5)$

— Zhanxiong
kaynak

İkinci yaklaşımın neden 'gizemli' veya 'motivasyondan yoksun' olduğunu merak ediyorum. Gerçek şu ki kolayca bir çok standart sonucudur olasılık integral dönüşümü kullanılarak görülür. Ve den gittiğim son adım muhtemelen şu şekilde haklı çıkarıldı:

Θ \sim Rect (- π / 2, π / 2) \Leftrightarrow \tan (Θ) \sim C (0, 1)

$\Theta\sim\text{Rect}(-\pi/2,\pi/2)\Leftrightarrow \tan(\Theta)\sim\mathcal C(0,1)$

U \sim Rect (- π, π)

$U\sim\text{Rect}(-\pi,\pi)$

V = \tan U \sim C (0, 1)

$V=\tan U\sim\mathcal C(0,1)$

— StubbornAtom

... . elde etmek için yukarıdaki wrt ediyorum. 2 çünkü dönüşüm ikiye birdir . Bütün bunlar daha titiz bir şekilde ifade edilebilir sanırım.

F_{V} (v) = P r (\tan U \leq v) = F_{U} (\tan^{- 1} v)

$F_V(v)=\mathrm{Pr}(\tan U\le v)=F_U(\tan^{-1}v)$

v

$v$

f_{V} (v) = f_{U} (\tan^{- 1} v) 2 \frac{d}{d v} (\tan^{- 1} v)

$f_V(v)=f_U(\tan^{-1}v)2\frac{d}{dv}(\tan^{-1}v)$

(- π, π)

$(-\pi,\pi)$

— StubbornAtom