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Se , encontre a distribuição de . $X\sim\mathcal C(0,1)$ $Y=\frac{2X}{1-X^2}$

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

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

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

Eu me pergunto se a distinção do caso acima está correta ou não.

Por outro lado, o seguinte parece um método mais simples:

Podemos escrever usando a identidade $Y=\tan(2\tan^{-1}X)$ $\frac{2\tan z}{1-\tan^2z}=\tan 2z$

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

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

$\qquad\qquad\qquad\quad\implies\tan\left(2\tan^{-1}X\right)\sim\mathcal C(0,1)$ , o último sendo uma transformação 2-para-1.

Mas se me pedem para derivar a distribuição de da definição, acho que o primeiro método é como devo proceder. O cálculo se torna um pouco confuso, mas chego à conclusão correta? Qualquer solução alternativa também é bem-vinda. $Y$

As Distribuições Univariadas Contínuas (Vol.1) de Johnson-Kotz-Balakrishnan destacaram essa propriedade da distribuição de Cauchy. Como se vê, esse é apenas um caso especial de resultado geral.

self-study distributions mathematical-statistics random-variable Teimoso
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A segunda solução está completamente correta, portanto não deve haver objeção a ela.

Xian

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Adendo: como , a primeira resolução deve acabar usando essa identidade na tangente.

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

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

Xian

@ Xi'an Na verdade, estou tentando terminar o argumento no primeiro método.

StubbornAtom

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Uma maneira alternativa, mais simplista, de ver:

distribuição padrão de Cauchy:

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

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

transformações de variáveis:

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}

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

transformação da distribuição:

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 você trabalha com isso, que não precisa se tornar tão bagunçado, você terá

g (u) = \frac{π^{- 1}}{u^{2} + 1}

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

representação gráfica

Esse tipo de funciona como a identidade , mas escrito de forma mais explícita. $\frac{2\tan z}{1-\tan^2z}=\tan 2z$

Ou como sua representação com a função de distribuição cumulativa dividida mas agora para uma divisão em . $F_Y(y) = Pr(Y \leq y)$ $f_Y(y) = Pr(y-\frac{1}{2}dy \leq Y\leq y+\frac{1}{2}dy)$

Sextus Empiricus
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Na verdade, a fórmula de transformação, quando possui mais de uma raiz para qualquer dado , digamos para , éPortanto, a adição que você descreve como necessária é realmente incorporada à fórmula.

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 vou mudar isso.

Sextus Empiricus

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A transformação na segunda abordagem parece falta de motivação (alguns detalhes também precisam ser preenchidos). Aqui, pelo cálculo da função característica, estou tentando fazer backup da sua transformação "misteriosa".

A função característica de pode ser calculada da seguinte forma: que nos sugere tentar a transformação , que leva 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 1}{π} \int_{- π / 2}^{π / 2} e^{Eu t bronzeado (2 você)} d você . \end{aligned}

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

Nosso objetivo é mostrar que a integral em é igual à função característica de uma variável aleatória padrão Cauchy : $(1)$ $X$

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

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

Por que a integral em igual à integral em ? À primeira vista, isso é um pouco contra-intuitivo. Para verificar isso, precisamos tratar a monotonicidade da função cuidado. Vamos continuar trabalhando : $(1)$ $(2)$ $\tan(\cdot)$ $(1)$

\begin{aligned} φ_{Y} (t) = & \frac{1 1}{π} \int_{- π / 2}^{π / 2} e^{Eu t bronzeado (2 você)} d você \\ = & \frac{1 1}{2 π} \int_{- π}^{π} e^{Eu t bronzeado v} d v (Mudança de variável v = 2 você) \\ = & \frac{1 1}{2 π} [\int_{- π}^{- π / 2} + \int_{- π / 2}^{π / 2} + \int_{π / 2}^{π}] e^{Eu t bronzeado você} d você \\ = & \frac{1 1}{2} φ_{X} (t) + \frac{1 1}{2 π} \int_{- π}^{- π / 2} e^{Eu t bronzeado v} d v + \frac{1 1}{2 π} \int_{π / 2}^{π} e^{Eu t bronzeado v} d v (3) \\ = & \frac{1 1}{2} φ_{X} (t) + \frac{1 1}{2 π} \int_{- π / 2}^{0 0} e^{- Eu t bronzeado {você}_{1 1}} d {você}_{1 1} + \frac{1 1}{2 π} \int_{0 0}^{π / 2} e^{- Eu t bronzeado {você}_{2}} d {você}_{2} (4) \\ = & \frac{1 1}{2} φ_{X} (t) + \frac{1 1}{2 π} \int_{- π / 2}^{π / 2} e^{- Eu t bronzeado v} d v \\ = & φ_{X} (t) (5) \end{aligned}

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

$(3)$ : Como a função não é monótona no intervalo , fiz essa divisão de modo que cada integrando seja monótono no intervalo separado (o que garante a alteração subsequente de fórmulas variáveis válidas). $u \mapsto \tan(u)$ $(-\pi, \pi)$

$(4)$ : Os dois mudança de fórmulas variáveis são e . $u_1 = -\pi - v$ $u_2 = \pi - v$

$(5)$ : Última alteração da fórmula variável . $u = -v$

As etapas - elaboraram a declaração "a última sendo uma transformação de 2 para 1" na pergunta do OP. $(3)$ $(5)$

Zhanxiong
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Eu me pergunto por que a segunda abordagem é "misteriosa" ou "carece de motivação". O fato de que é um resultado muito padrão que é facilmente visto usando a transformação integral de probabilidade. E na última etapa em que eu vou de para é possivelmente justificado da seguinte forma:

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

... . Eu diferencio o wrt acima para obter , onde multiplico o jacobiano por 2 porque a transformação é de dois para um em . Tudo isso pode ser expresso com mais rigor, eu acho.

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)

$(-\pi,\pi)$

precisa

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