Mostrare è Cauchy standard quando è Cauchy standard

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Se $X\sim\mathcal C(0,1)$ , trova la distribuzione di $Y=\frac{2X}{1-X^2}$ .

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

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

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

Mi chiedo se la distinzione di cui sopra sia corretta o meno.

D'altra parte, il seguente sembra un metodo più semplice:

Possiamo scrivere $Y=\tan(2\tan^{-1}X)$ usando l'identità $\frac{2\tan z}{1-\tan^2z}=\tan 2z$

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

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

$\qquad\qquad\qquad\quad\implies\tan\left(2\tan^{-1}X\right)\sim\mathcal C(0,1)$ , l'ultimo essendo una trasformazione 2 a 1.

Ma se mi viene chiesto di derivare la distribuzione di dalla definizione, immagino che il primo metodo sia come devo procedere. Il calcolo diventa un po 'confuso, ma raggiungo la conclusione corretta? Qualsiasi soluzione alternativa è anche benvenuta. $Y$

Le distribuzioni univariate continue (Vol.1) di Johnson-Kotz-Balakrishnan hanno messo in evidenza questa proprietà della distribuzione di Cauchy. A quanto pare, questo è solo un caso speciale di un risultato generale.

— StubbornAtom
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La seconda soluzione è completamente corretta, quindi non ci dovrebbero essere obiezioni.

— Xi'an,

1

Addendum: poiché , la prima risoluzione dovrebbe finire per usare questa identità sulla tangente.

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

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

— Xi'an,

@ Xi'an In realtà sto cercando di finire l'argomento nel primo metodo.

— Testardo

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Un modo alternativo, più semplicistico, di vederlo:

distribuzione standard di Cauchy:

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

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

trasformazioni di variabili:

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

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

trasformazione della distribuzione:

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

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

Se lavori con quello, che non ha bisogno di diventare così disordinato, allora otterrai

g (u) = \frac{π^{- 1}}{u^{2} + 1}

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

rappresentazione grafica

Questo tipo di funziona come l'identità , ma scritto in modo più esplicito. $\frac{2\tan z}{1-\tan^2z}=\tan 2z$

O come la tua rappresentazione con la funzione di distribuzione cumulativa divisa ma ora per una divisione in . $F_Y(y) = Pr(Y \leq y)$ $f_Y(y) = Pr(y-\frac{1}{2}dy \leq Y\leq y+\frac{1}{2}dy)$

— Sesto Empirico
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In realtà, la formula di trasformazione, quando ha più di una radice per ogni dato , diciamo per , èPertanto, l'aggiunta che descrivi come necessaria è effettivamente integrata nella formula.

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

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

— Dilip Sarwate,

@DilipSarwate Lo cambierò.

— Sesto Empirico

3

La trasformazione nel secondo approccio sembra mancanza di motivazione (alcuni dettagli devono essere riempiti). Qui, dal calcolo della funzione caratteristica, sto cercando di eseguire il backup della tua trasformazione "misteriosa".

La funzione caratteristica di può essere calcolata come segue: che ci suggerisce di provare la trasformazione , che porta a $Y$

\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^{i t \frac{2 \tan u}{1 - \tan^{2} u}} d u = \frac{1}{π} \int_{- π / 2}^{π / 2} e^{i t \tan (2 u)} d u . \end{aligned}

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

Il nostro obiettivo è mostrare che l'integrale in uguale alla funzione caratteristica di una variabile casuale standard di Cauchy : $(1)$ $X$

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

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

Perché l'integrale in uguale all'integrale in ? A prima vista, questo è un po 'controintuitivo. Per verificarlo, dobbiamo trattare attentamente la monotonicità della funzione . Continuiamo a lavorare su : $(1)$ $(2)$ $\tan(\cdot)$ $(1)$

\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}

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

$(3)$ : Poiché la funzione non è monotona sull'intervallo , ho creato una tale divisione in modo tale che ogni integrando sia monotono sull'intervallo separato (il che assicura il successivo cambio di formule variabili valide). $u \mapsto \tan(u)$ $(-\pi, \pi)$

$(4)$ : Le due modifiche alle formule variabili sono e . $u_1 = -\pi - v$ $u_2 = \pi - v$

$(5)$ : ultima modifica della formula variabile . $u = -v$

I passaggi - elaborato l'affermazione "l'ultima è una trasformazione da 2 a 1" nella domanda di OP. $(3)$ $(5)$

— Zhanxiong
fonte

Mi chiedo perché il secondo approccio sia "misterioso" o "privo di motivazione". Il fatto che è un risultato molto standard che è facilmente visto usando la trasformazione integrale di probabilità. E nell'ultimo passaggio in cui vado da a è probabilmente giustificato come segue:

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

... . Differenzio il precedente wrt per ottenere , dove moltiplico il Jacobiano per 2 perché la trasformazione è due a uno in . Tutto ciò può essere espresso in modo più rigoroso, immagino.

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)

$(-\pi,\pi)$

— Testardo