Hiển thị là tiêu chuẩn Cauchy khi là tiêu chuẩn Cauchy

9

Nếu , hãy tìm phân phối của . $X\sim\mathcal C(0,1)$ $Y=\frac{2X}{1-X^2}$

Chúng ta có $F_Y(y)=\mathrm{Pr}(Y\le y)$

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

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

Tôi tự hỏi nếu phân biệt trường hợp trên là chính xác hay không.

Mặt khác, sau đây có vẻ là một phương pháp đơn giản hơn:

Chúng ta có thể viết $Y=\tan(2\tan^{-1}X)$ bằng cách sử dụng danh tính $\frac{2\tan z}{1-\tan^2z}=\tan 2z$

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

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

$\qquad\qquad\qquad\quad\implies\tan\left(2\tan^{-1}X\right)\sim\mathcal C(0,1)$ , cái cuối cùng là phép biến đổi 2 thành 1.

Nhưng nếu tôi được yêu cầu rút ra phân phối từ định nghĩa, tôi đoán phương pháp đầu tiên là cách tôi nên tiến hành. Việc tính toán trở nên hơi lộn xộn, nhưng tôi có đi đến kết luận chính xác không? Bất kỳ giải pháp thay thế cũng được chào đón. $Y$

Các bản phân phối đơn biến liên tục (Vol.1) của Johnson-Kotz-Balakrishnan đã làm nổi bật tính chất này của bản phân phối Cauchy. Hóa ra, đây chỉ là một trường hợp đặc biệt của một kết quả chung.

— Bướng bỉnh
nguồn

4

Giải pháp thứ hai là hoàn toàn chính xác, vì vậy không nên phản đối nó.

— Tây An

1

Phụ lục: vì , độ phân giải đầu tiên sẽ kết thúc bằng cách sử dụng danh tính này trên tiếp tuyến.

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

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

— Tây An

@ Xi'an Thực sự tôi đang cố gắng kết thúc cuộc tranh luận trong phương pháp đầu tiên.

— StubbornAtom

6

Một cách khác, đơn giản hơn, để xem xét nó:

phân phối Cauchy tiêu chuẩn:

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

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

biến đổi của các biến:

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}

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

chuyển đổi phân phối:

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

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

Nếu bạn làm việc với điều đó, không cần phải trở nên quá lộn xộn, thì bạn sẽ nhận được

g (u) = \frac{π^{- 1}}{u^{2} + 1}

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

đại diện đồ họa

Loại công việc này giống như danh tính , nhưng được viết rõ ràng hơn. $\frac{2\tan z}{1-\tan^2z}=\tan 2z$

Hoặc giống như đại diện của bạn với hàm phân phối tích lũy phân nhưng bây giờ cho một phân chia trong . $F_Y(y) = Pr(Y \leq y)$ $f_Y(y) = Pr(y-\frac{1}{2}dy \leq Y\leq y+\frac{1}{2}dy)$

— Sextus Empiricus
nguồn

2

Trên thực tế, công thức biến đổi, khi có nhiều hơn một gốc cho bất kỳ cho nào , giả sử với , làDo đó, phần bổ sung mà bạn mô tả khi cần thiết thực sự được tích hợp vào công thức.

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 tôi sẽ thay đổi nó.

— Sextus Empiricus

3

Sự chuyển đổi trong cách tiếp cận thứ hai dường như thiếu động lực (một số chi tiết trong đó cũng cần phải được lấp đầy). Ở đây, từ tính toán hàm đặc trưng, tôi đang cố gắng sao lưu phép biến đổi "bí ẩn" của bạn.

Hàm đặc trưng của có thể được tính như sau: gợi ý chúng tôi thử chuyển đổi , dẫn đến $Y$

\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}

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

Mục tiêu của chúng tôi là chỉ ra rằng tích phân trong bằng với hàm đặc trưng của biến ngẫu nhiên Cauchy tiêu chuẩn : $(1)$ $X$

\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}

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

Tại sao tích phân trong bằng tích phân trong ? Thoạt nhìn, đây là một chút phản trực giác. Để xác minh nó, chúng ta cần xử lý sự đơn điệu của hàm . Hãy tiếp tục làm việc trên : $(1)$ $(2)$ $\tan(\cdot)$ $(1)$

\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}

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

$(3)$ : Vì hàm không đơn điệu trong khoảng , tôi đã thực hiện phép chia như vậy sao cho mỗi tích phân là đơn điệu trên khoảng cách riêng biệt (đảm bảo thay đổi tiếp theo công thức biến hợp lệ). $u \mapsto \tan(u)$ $(-\pi, \pi)$

$(4)$ : Hai thay đổi của công thức biến là và . $u_1 = -\pi - v$ $u_2 = \pi - v$

$(5)$ : Thay đổi cuối cùng của công thức biến . $u = -v$

Các bước - xây dựng câu lệnh "cái cuối cùng là biến đổi 2 thành 1" trong câu hỏi của OP. $(3)$ $(5)$

— Tràn Tây
nguồn

Tôi tự hỏi tại sao cách tiếp cận thứ hai là 'bí ẩn' hoặc 'thiếu động lực'. Thực tế là là một kết quả rất chuẩn dễ dàng thấy bằng cách sử dụng biến đổi tích phân xác suất. Và ở bước cuối cùng tôi đi từ đến có thể được chứng minh như sau:

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

... . Tôi phân biệt wrt ở trên để lấy , trong đó tôi nhân Jacobian với 2 vì phép biến đổi là hai thành một trong . Tất cả điều này có thể được thể hiện nghiêm ngặt hơn tôi đoán.

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