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Wenn , finden Sie die Verteilung von Y = 2 $X\sim\mathcal C(0,1)$ .$Y=\frac{2X}{1-X^2}$

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

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

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

Ich frage mich, ob die obige Fallunterscheidung richtig ist oder nicht.

Auf der anderen Seite scheint das Folgende eine einfachere Methode zu sein:

Wir können Verwendung der Identität 2 tan z schreiben$Y=\tan(2\tan^{-1}X)$$\frac{2\tan z}{1-\tan^2z}=\tan 2z$

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

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

, wobei die letzte eine 2-zu-1-Transformation ist.$\qquad\qquad\qquad\quad\implies\tan\left(2\tan^{-1}X\right)\sim\mathcal C(0,1)$

Wenn ich jedoch gebeten werde, die Verteilung von aus der Definition abzuleiten , ist die erste Methode wohl, wie ich vorgehen soll. Die Berechnung wird etwas chaotisch, aber komme ich zu dem richtigen Ergebnis? Jede alternative Lösung ist ebenfalls willkommen.$Y$

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Continuous Univariate Distributions (Vol.1) von Johnson-Kotz-Balakrishnan hat diese Eigenschaft der Cauchy-Distribution hervorgehoben. Wie sich herausstellt, ist dies nur ein Sonderfall eines allgemeinen Ergebnisses.

Eine alternative, einfachere Sichtweise:

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

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

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

Wenn Sie damit arbeiten, was nicht so chaotisch werden muss, dann werden Sie bekommen

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

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grafische Darstellung

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

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

Die Transformation im zweiten Ansatz scheint nicht motiviert zu sein (einige Details müssen ebenfalls aufgefüllt werden). Hier versuche ich anhand der Berechnung der charakteristischen Funktion, Ihre "mysteriöse" Transformation zu unterstützen.

$Y$

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

$(1)$$X$

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

$(1)$$(2)$$\tan(\cdot)$$(1)$

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

$(3)$$u \mapsto \tan(u)$$(-\pi, \pi)$

$(4)$$u_1 = -\pi - v$$u_2 = \pi - v$

$(5)$$u = -v$

$(3)$$(5)$