Показ

9

Якщо , знайдіть розподіл . $X\sim\mathcal C(0,1)$ $Y=\frac{2X}{1-X^2}$

У нас є $F_Y(y)=\mathrm{Pr}(Y\le y)$

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

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

Цікаво, чи вказане вище розрізнення випадків правильне чи ні.

З іншого боку, наступний видається більш простим методом:

Ми можемо записати використовуючи тотожність $Y=\tan(2\tan^{-1}X)$ $\frac{2\tan z}{1-\tan^2z}=\tan 2z$

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

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

$\qquad\qquad\qquad\quad\implies\tan\left(2\tan^{-1}X\right)\sim\mathcal C(0,1)$ , останнє - перетворення 2 на 1.

Але якщо мене попросять вивести розподіл з визначення, я думаю, перший метод - як я повинен діяти. Розрахунок стає дещо безладним, але чи можу я дійти правильного висновку? Будь-яке альтернативне рішення також вітається. $Y$

Постійні універсальні розподіли (т. 1) Джонсона-Коца-Балакришнана виділили цю властивість розподілу Коші. Як виявляється, це лише окремий випадок загального результату.

— ВпертийАтом
джерело

4

Друге рішення є абсолютно правильним, тому заперечень проти нього не повинно бути.

— Сіань

1

Додаток: оскільки , перше дозвіл має закінчитися використанням даної ідентичності на дотичній.

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

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

— Сіань

@ Xi'an Насправді я намагаюся закінчити аргумент у першому методі.

— StubbornAtom

6

Альтернативний, більш спрощений спосіб поглянути на це:

стандартний розподіл Коші:

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

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

перетворення змінних:

у (х) = \frac{2 х}{1 - х^{2}} і х_{1} (у) = \frac{- 1 - \sqrt{у^{2} + 1}}{у}, х_{2} (у) = \frac{- 1 + \sqrt{у^{2} + 1}}{у}

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

трансформація розподілу:

g (u) d u = \sum_{i = 1, 2} f (x_{i} (u)) | \frac{d x_{i}}{d u} | d u

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

Якщо ти будеш працювати з тим, що не потрібно ставати таким безладним, то отримаєш

g (u) = \frac{π^{- 1}}{u^{2} + 1}

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

графічне зображення

Цей вид працює як ідентичність $\frac{2\tan z}{1-\tan^2z}=\tan 2z$ , але написано більш чітко.

Або, як ваше представлення за допомогою розділеної функції кумулятивного розподілу $F_Y(y) = Pr(Y \leq y)$ але тепер для розколу в $f_Y(y) = Pr(y-\frac{1}{2}dy \leq Y\leq y+\frac{1}{2}dy)$ .

— Секст Емпірік
джерело

2

Власне, формула перетворення, коли

x (u)

$x(u)$ має більше одного кореня для будь-якої заданої

u

$u$ , сказати

x_{i} (u) = u

$x_i(u) =u$ для

i = 1, 2, \dots n

$i=1,2,\ldots n$ , є

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

$g(u) =\sum_{i=1}^n f(x_i(u))\left|\frac{\mathrm dx_i(u)}{\mathrm du}\right|.$ Таким чином, доповнення, яке ви описуєте як необхідне, насправді вбудовується у формулу.

— Діліп Сарват

@DilipSarwate Я його зміню.

— Секст Емпірік

3

Трансформація у другому підході здається недостатньою мотивацією (деякі деталі, які також потрібно заповнити). Тут, з розрахунку характерних функцій, я намагаюся створити резервне копіювання вашої "загадкової" трансформації.

Характерна функція $Y$ можна розрахувати так:

\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}

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

u = \arctan x

$u = \arctan x$ , що призводить до

\begin{aligned} (1) & φ_{Y} (t) = \frac{1}{π} \int_{- π / 2}^{π / 2} e^{i t \frac{2 \tan u}{1 - \tan^{2} u}} d u = \frac{1}{π} \int_{- π / 2}^{π / 2} е^{i т засмага (2 у)} г у . \end{aligned}

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

Наша мета - показати, що інтеграл в $(1)$ дорівнює характерній функції стандартної випадкової величини Коші $X$ :

\begin{aligned} φ_{Х} (т) = & \int_{- \infty}^{\infty} е^{i т х} \frac{1}{π (1 + х^{2})} г х \\ (2) & = & \frac{1}{π} \int_{- π / 2}^{π / 2} е^{i т засмага у} г у \end{aligned}

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

Чому інтеграл в $(1)$ дорівнює інтегралу в $(2)$ ? На перший погляд, це трохи контрінтуїтивно. Щоб перевірити це, нам потрібно поставитися до монотонності функції $\tan(\cdot)$ ретельно. Давайте продовжимо роботу над $(1)$ :

\begin{aligned} φ_{Y} (т) = & \frac{1}{π} \int_{- π / 2}^{π / 2} е^{i т засмага (2 у)} г у \\ = & \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} е^{i т засмага v} г v (Зміна змінної v = 2 у) \\ = & \frac{1}{2 π} [\int_{- π}^{- π / 2} + \int_{- π / 2}^{π / 2} + \int_{π / 2}^{π}] е^{i т засмага у} г у \\ = & \frac{1}{2} φ_{Х} (т) + \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{- π / 2} е^{i т засмага v} г v + \frac{1}{2 π} \int_{π / 2}^{π} е^{i т засмага v} г v (3) \\ = & \frac{1}{2} φ_{Х} (т) + \frac{1}{2 π} \int_{- π / 2}^{0} е^{- i т засмага у_{1}} г у_{1} + \frac{1}{2 π} \int_{0}^{π / 2} е^{- i т засмага у_{2}} г у_{2} (4) \\ = & \frac{1}{2} φ_{Х} (т) + \frac{1}{2 π} \int_{- π / 2}^{π / 2} е^{- i т засмага v} г v \\ = & φ_{Х} (т) (5) \end{aligned}

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

$(3)$ : Тому що функція $u \mapsto \tan(u)$ не є монотонним на проміжку $(-\pi, \pi)$ , Я зробив такий поділ таким, що кожен інтеграл є монотонним на відокремленому інтервалі (що забезпечує подальшу зміну змінних формул на дійсні).

$(4)$ : Дві зміни змінних формул є $u_1 = -\pi - v$ і $u_2 = \pi - v$ .

$(5)$ : Остання зміна формули змінної $u = -v$ .

Сходи $(3)$ - $(5)$ у запитанні ОП виклав твердження, що "останній - перетворення 2 на 1".

— Чжансіонг
джерело

Цікаво, чому другий підхід "загадковий" або "не вистачає мотивації". Справа в тому, що

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

$\Theta\sim\text{Rect}(-\pi/2,\pi/2)\Leftrightarrow \tan(\Theta)\sim\mathcal C(0,1)$ це дуже стандартний результат, який легко помітити за допомогою інтегрального перетворення ймовірності. І на останньому кроці, звідки я йду

U \sim Rect (- π, π)

$U\sim\text{Rect}(-\pi,\pi)$ до

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

$V=\tan U\sim\mathcal C(0,1)$ можливо, виправдано так:

— Впертий

...

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

$F_V(v)=\mathrm{Pr}(\tan U\le v)=F_U(\tan^{-1}v)$ . Я розмежую вищевказаний wrt

v

$v$ отримати

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

$f_V(v)=f_U(\tan^{-1}v)2\frac{d}{dv}(\tan^{-1}v)$ , де я помножую якобіанські на 2, тому що перетворення два в один

(- π, π)

$(-\pi,\pi)$ . Гадаю, все це можна більш жорстко.

— StubbornAtom