การแสดง

9

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

เรามี $F_Y(y)=\mathrm{Pr}(Y\le y)$

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

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

ฉันสงสัยว่าความแตกต่างของกรณีด้านบนนั้นถูกต้องหรือไม่

ในทางตรงกันข้ามต่อไปนี้ดูเหมือนว่าวิธีที่ง่ายกว่า:

เราสามารถเขียน $Y=\tan(2\tan^{-1}X)$ ใช้ตัวตน $\frac{2\tan z}{1-\tan^2z}=\tan 2z$

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

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

$\qquad\qquad\qquad\quad\implies\tan\left(2\tan^{-1}X\right)\sim\mathcal C(0,1)$ อันสุดท้ายคือการแปลง 2 ต่อ 1

แต่ถ้าฉันถูกขอให้สืบทอดการกระจายตัวของ $Y$ จากคำจำกัดความฉันคิดว่าวิธีแรกคือฉันควรดำเนินการอย่างไร การคำนวณกลายเป็นเรื่องยุ่งเล็กน้อย แต่ฉันจะได้ข้อสรุปที่ถูกต้องหรือไม่? ทางเลือกอื่นก็ยินดีต้อนรับเช่นกัน

การกระจาย Univariate อย่างต่อเนื่อง (ชุดที่ 1)โดย Johnson-Kotz-Balakrishnan ได้เน้นถึงคุณสมบัติของการกระจาย Cauchy มันกลับกลายเป็นว่าเป็นกรณีพิเศษของผลลัพธ์ทั่วไป

— StubbornAtom
แหล่งที่มา

4

ทางออกที่สองนั้นถูกต้องสมบูรณ์ดังนั้นจึงไม่ควรคัดค้าน

— ซีอาน

1

ภาคผนวก: ตั้งแต่

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

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

— ซีอาน

@ ซีอานจริงๆแล้วฉันกำลังพยายามที่จะยุติการโต้แย้งในวิธีแรก

— StubbornAtom

6

ทางเลือกอื่นที่เรียบง่ายกว่าดูที่มัน:

Cauchy มาตรฐานการกระจาย:

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

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

การเปลี่ยนแปลงของตัวแปร:

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}

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

การเปลี่ยนแปลงของการกระจาย:

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

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

หากคุณทำงานกับสิ่งนั้นซึ่งไม่จำเป็นต้องยุ่งมากคุณก็จะได้

g (u) = \frac{π^{- 1}}{u^{2} + 1}

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

การแสดงกราฟิก

งานประเภทนี้เช่นตัวตน $\frac{2\tan z}{1-\tan^2z}=\tan 2z$ แต่เขียนอย่างชัดเจนยิ่งขึ้น

หรือชอบการนำเสนอของคุณด้วยฟังก์ชันการแจกแจงสะสมแบบแยก $F_Y(y) = Pr(Y \leq y)$ แต่ตอนนี้แยกออก $f_Y(y) = Pr(y-\frac{1}{2}dy \leq Y\leq y+\frac{1}{2}dy)$ .

— Sextus Empiricus
แหล่งที่มา

2

ที่จริงแล้วสูตรการเปลี่ยนแปลงเมื่อ

x (u)

$x(u)$ มีมากกว่าหนึ่งรากสำหรับการกำหนดใด ๆ

u

$u$ , พูด

x_{i} (u) = u

$x_i(u) =u$ สำหรับ

i = 1, 2, \dots n

$i=1,2,\ldots n$ , คือ

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

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

— Dilip Sarwate

@DilipSarwate ฉันจะเปลี่ยนมัน

— Sextus Empiricus

3

การเปลี่ยนแปลงในแนวทางที่สองดูเหมือนจะขาดแรงจูงใจ (รายละเอียดบางอย่างที่ต้องเติมด้วย) ที่นี่จากการคำนวณฟังก์ชั่นลักษณะฉันพยายามสำรองการเปลี่ยนแปลง "ลึกลับ" ของคุณ

ฟังก์ชั่นลักษณะของ $Y$ สามารถคำนวณได้ดังนี้:

\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}

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

u = \arctan x

$u = \arctan x$ , ซึ่งนำไปสู่

\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}

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

เป้าหมายของเราคือแสดงให้เห็นว่าอินทิกรัลเข้ามา $(1)$ เท่ากับฟังก์ชันลักษณะของตัวแปรสุ่ม Cauchy มาตรฐาน $X$ :

\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}

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

ทำไมอินทิกรัลใน $(1)$ เท่ากับอินทิกรัลของ $(2)$ ? เมื่อเห็นอย่างรวดเร็วครั้งแรกสิ่งนี้จะตอบโต้ได้ง่ายเล็กน้อย ในการตรวจสอบเราจะต้องปฏิบัติต่อความน่าเชื่อถือของฟังก์ชัน $\tan(\cdot)$ รอบคอบ มาทำงานกันต่อไป $(1)$ :

\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}

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

$(3)$ : เพราะฟังก์ชั่น $u \mapsto \tan(u)$ ไม่ได้เป็นเสียงเดียวในช่วงเวลา $(-\pi, \pi)$ ฉันได้สร้างการหารดังกล่าวเพื่อให้การรวมแต่ละอย่างเป็นเสียงเดียวในช่วงเวลาที่แยกจากกัน

$(4)$ : การเปลี่ยนแปลงสูตรของตัวแปรสองอย่างคือ $u_1 = -\pi - v$ และ $u_2 = \pi - v$ .

$(5)$ : การเปลี่ยนแปลงสูตรตัวแปรครั้งสุดท้าย $u = -v$ .

ขั้นตอนต่าง ๆ $(3)$ - $(5)$ อธิบายอย่างละเอียดว่า "สิ่งสุดท้ายคือการแปลงแบบ 2 ต่อ 1" ในคำถามของ OP

— Zhanxiong
แหล่งที่มา

ฉันสงสัยว่าทำไมวิธีที่สองคือ 'ลึกลับ' หรือ 'ขาดแรงจูงใจ' ความจริงที่ว่า

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

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

U \sim Rect (- π, π)

$U\sim\text{Rect}(-\pi,\pi)$ ถึง

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

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

— StubbornAtom

...

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

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

v

$v$ เพื่อรับ

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

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

(- π, π)

$(-\pi,\pi)$ . ทั้งหมดนี้สามารถแสดงออกอย่างจริงจังมากขึ้นฉันเดาว่า

— StubbornAtom