Seans

9

Gdyby $X\sim\mathcal C(0,1)$ , znajdź rozkład $Y=\frac{2X}{1-X^2}$ .

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

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

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

Zastanawiam się, czy powyższe rozróżnienie jest prawidłowe, czy nie.

Z drugiej strony, metoda wydaje się prostsza:

Możemy pisać $Y=\tan(2\tan^{-1}X)$ używając tożsamości $\frac{2\tan z}{1-\tan^2z}=\tan 2z$

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

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

$\qquad\qquad\qquad\quad\implies\tan\left(2\tan^{-1}X\right)\sim\mathcal C(0,1)$ , ostatni to transformacja 2 do 1.

Ale jeśli poproszę o ustalenie rozkładu $Y$ z definicji domyślam się, że pierwszą metodą jest to, jak powinienem postępować. Obliczenia stają się nieco nieporządne, ale czy dochodzę do właściwego wniosku? Wszelkie alternatywne rozwiązania są również mile widziane.

Continuous Univariate Distribution (Vol.1) autorstwa Johnson-Kotz-Balakrishnan podkreślił tę właściwość rozkładu Cauchy'ego. Jak się okazuje, jest to tylko szczególny przypadek ogólnego wyniku.

self-study distributions mathematical-statistics random-variable UpartyAtom
źródło

4

Drugie rozwiązanie jest całkowicie poprawne, więc nie należy się temu sprzeciwiać.

Xi'an,

1

Dodatek: od

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

$P(X<x)=\tan^{-1}(x)/\pi+1/2$ , pierwsza rozdzielczość powinna kończyć się przy użyciu tej tożsamości na stycznej.

Xi'an

@ Xi'an Właściwie próbuję zakończyć argument w pierwszej metodzie.

StubbornAtom

6

Alternatywny, bardziej uproszczony sposób patrzenia na to:

standardowy rozkład Cauchy'ego:

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

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

transformacje zmiennych:

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}

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

transformacja dystrybucji:

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

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

Jeśli pracujesz z tym, co nie musi być tak nieporządne, dostaniesz

g (u) = \frac{π^{- 1}}{u^{2} + 1}

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

Reprezentacja graficzna

Ten rodzaj działa jak tożsamość $\frac{2\tan z}{1-\tan^2z}=\tan 2z$ , ale napisane wyraźniej.

Lub polub swoją reprezentację za pomocą funkcji podziału skumulowanego rozkładu $F_Y(y) = Pr(Y \leq y)$ ale teraz do podziału $f_Y(y) = Pr(y-\frac{1}{2}dy \leq Y\leq y+\frac{1}{2}dy)$ .

Sextus Empiricus
źródło

2

W rzeczywistości formuła transformacji, kiedy

x (u)

$x(u)$ ma więcej niż jeden katalog główny dla dowolnego

u

$u$ , mówić

x_{i} (u) = u

$x_i(u) =u$ dla

i = 1, 2, \dots n

$i=1,2,\ldots n$ , jest

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

$g(u) =\sum_{i=1}^n f(x_i(u))\left|\frac{\mathrm dx_i(u)}{\mathrm du}\right|.$ Zatem dodatek, który opisujesz jako niezbędny, jest faktycznie wbudowany w formułę.

Dilip Sarwate,

@DilipSarwate Zmienię to.

Sextus Empiricus,

3

Transformacja w drugim podejściu wydaje się brak motywacji (niektóre szczegóły w tym również wymagają uzupełnienia). Tutaj, z obliczeń charakterystycznych funkcji, próbuję wykonać kopię zapasową „tajemniczej” transformacji.

Charakterystyczna funkcja $Y$ można obliczyć w następujący sposób:

\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}

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

u = \arctan x

$u = \arctan x$ , który prowadzi do

\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}

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

Naszym celem jest pokazanie, że całka w $(1)$ równa się charakterystycznej funkcji standardowej zmiennej losowej Cauchy'ego $X$ :

\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}

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

Dlaczego całka w $(1)$ równa całce w $(2)$ ? Na pierwszy rzut oka jest to trochę sprzeczne z intuicją. Aby to zweryfikować, musimy potraktować monotoniczność funkcji $\tan(\cdot)$ ostrożnie. Kontynuujmy prace $(1)$ :

\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}

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

$(3)$ : Ponieważ funkcja $u \mapsto \tan(u)$ nie jest monotonowy w tym przedziale $(-\pi, \pi)$ , Dokonałem takiego podziału, że każdy intandand jest monotoniczny w oddzielnym przedziale (co zapewnia późniejszą zmianę formuł zmiennych).

$(4)$ : Dwie zmiany formuł zmiennych to $u_1 = -\pi - v$ i $u_2 = \pi - v$ .

$(5)$ : Ostatnia zmiana formuły zmiennej $u = -v$ .

Kroki $(3)$ - $(5)$ opracował stwierdzenie „ostatni jest transformacją 2 do 1” w pytaniu OP.

Zhanxiong
źródło

Zastanawiam się, dlaczego drugie podejście jest „tajemnicze” lub „pozbawione motywacji”. Fakt, że

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

$\Theta\sim\text{Rect}(-\pi/2,\pi/2)\Leftrightarrow \tan(\Theta)\sim\mathcal C(0,1)$ jest bardzo standardowym wynikiem, który można łatwo zobaczyć za pomocą transformacji całkowej prawdopodobieństwa. I w ostatnim kroku, skąd pochodzę

U \sim Rect (- π, π)

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

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

$V=\tan U\sim\mathcal C(0,1)$ jest prawdopodobnie uzasadnione następująco:

StubbornAtom

...

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

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

v

$v$ dostać

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

$f_V(v)=f_U(\tan^{-1}v)2\frac{d}{dv}(\tan^{-1}v)$ , gdzie mnożę jakobian przez 2, ponieważ transformacja jest dwa do jednego w

(- π, π)

$(-\pi,\pi)$ . Wszystko to można wyrazić bardziej rygorystycznie.

StubbornAtom

Seans

Odpowiedzi: