দেখাচ্ছে

9

যদি $X\sim\mathcal C(0,1)$ এর বিতরণ সন্ধান করুন find $Y=\frac{2X}{1-X^2}$ ।

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

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

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

আমি ভাবছি উপরের কেস পার্থক্য সঠিক কিনা।

অন্যদিকে, নিম্নলিখিতগুলি একটি সহজ পদ্ধতি বলে মনে হচ্ছে:

আমরা লিখতে পারি $Y=\tan(2\tan^{-1}X)$ পরিচয় ব্যবহার করে $\frac{2\tan z}{1-\tan^2z}=\tan 2z$

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

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

$\qquad\qquad\qquad\quad\implies\tan\left(2\tan^{-1}X\right)\sim\mathcal C(0,1)$ , শেষটি হ'ল 2-থেকে -1 রূপান্তর।

তবে যদি আমাকে বিতরণটি উত্সাহ দিতে বলা হয় $Y$ সংজ্ঞা থেকে, আমি অনুমান করি যে প্রথম পদ্ধতিটি আমার কীভাবে এগিয়ে যাওয়া উচিত। গণনাটি কিছুটা অগোছালো হয়ে যায় তবে আমি কি সঠিক সিদ্ধান্তে পৌঁছতে পারি? যে কোনও বিকল্প সমাধানও স্বাগত।

জনসন-কোটজ-বালাকৃষ্ণন কর্তৃক অবিচ্ছিন্ন ইউনিভারিটেড ডিস্ট্রিবিউশন (১ ম খণ্ড) কচী বিতরণের এই সম্পত্তিটি তুলে ধরেছে। দেখা যাচ্ছে যে এটি কেবলমাত্র সাধারণ ফলাফলের একটি বিশেষ ঘটনা।

— StubbornAtom
সূত্র

4

দ্বিতীয় সমাধানটি সম্পূর্ণ সঠিক, সুতরাং এটি নিয়ে কোনও আপত্তি থাকা উচিত নয়।

— শি'আন

1

সংযোজন: যেহেতু

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

$P(X<x)=\tan^{-1}(x)/\pi+1/2$ , প্রথম রেজুলেশনের স্পর্শকালে এই পরিচয়টি ব্যবহার করে শেষ করা উচিত।

— শি'য়ান

@ শি'ান আসলে আমি প্রথম পদ্ধতিতে যুক্তিটি শেষ করার চেষ্টা করছি।

— জেদীআটম

6

একটি বিকল্প, আরও সরল, এটিকে দেখার উপায়:

স্ট্যান্ডার্ড কাচি বিতরণ:

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

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

ভেরিয়েবলের রূপান্তর:

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}

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

বিতরণ রূপান্তর:

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

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

যদি আপনি এটি নিয়ে কাজ করেন, যা এত অগোছালো হওয়ার দরকার নেই, তবে আপনি পাবেন will

g (u) = \frac{π^{- 1}}{u^{2} + 1}

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

গ্রাফিকাল উপস্থাপনা

এই ধরণের কাজ পরিচয়ের মতো $\frac{2\tan z}{1-\tan^2z}=\tan 2z$ , কিন্তু আরও স্পষ্টভাবে লেখা।

অথবা বিভক্ত ক্রম বিতরণ ফাংশন সহ আপনার প্রতিনিধিত্ব পছন্দ করুন $F_Y(y) = Pr(Y \leq y)$ কিন্তু এখন একটি বিভক্ত জন্য $f_Y(y) = Pr(y-\frac{1}{2}dy \leq Y\leq y+\frac{1}{2}dy)$ ।

— সেক্সটাস এম্পেরিকাস
সূত্র

2

আসলে, রূপান্তর সূত্র, কখন

x (u)

$x(u)$ যে কোনও প্রদত্তের জন্য একাধিক মূল রয়েছে

u

$u$ বলুন

x_{i} (u) = u

$x_i(u) =u$ জন্য

i = 1, 2, \dots n

$i=1,2,\ldots n$ , হয়

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

$g(u) =\sum_{i=1}^n f(x_i(u))\left|\frac{\mathrm dx_i(u)}{\mathrm du}\right|.$ সুতরাং, আপনি যে সংযোজনটি প্রয়োজনীয় হিসাবে বর্ণনা করেছেন তা প্রকৃত সূত্রে অন্তর্নির্মিত।

— দিলীপ সরোতে

@ দিলিপ সরওয়াতে আমি এটি পরিবর্তন করব।

— সেক্সটাস এম্পেরিকাস

3

দ্বিতীয় পদ্ধতির রূপান্তরটি অনুপ্রেরণার অভাব বলে মনে হয় (এতে কিছু বিবরণও পূরণ করা প্রয়োজন)। এখানে, বৈশিষ্ট্যযুক্ত ফাংশন গণনা থেকে, আমি আপনার "রহস্যময়" রূপান্তরটি ব্যাক আপ করার চেষ্টা করছি।

এর বৈশিষ্ট্যযুক্ত ফাংশন $Y$ নিম্নলিখিত হিসাবে গণনা করা যেতে পারে:

\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}

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

u = \arctan x

$u = \arctan x$ , যা বাড়ে

\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}

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

আমাদের লক্ষ্য যে অবিচ্ছেদ্য এটি দেখানো হয় $(1)$ একটি স্ট্যান্ডার্ড কচির এলোমেলো ভেরিয়েবলের বৈশিষ্ট্যযুক্ত ফাংশনের সমান $X$ :

\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}

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

কেন অবিচ্ছেদ্য হয় $(1)$ ইন্টিগ্রাল ইন সমান $(2)$ ? প্রথম নজরে, এটি সামান্য পাল্টা স্বজ্ঞাত। এটি যাচাই করার জন্য, আমাদের ফাংশনের একঘেয়েতাকে চিকিত্সা করা উচিত $\tan(\cdot)$ সাবধানে। চলুন কাজ চালিয়ে যাওয়া $(1)$ :

\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}

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

$(3)$ : কারণ ফাংশন $u \mapsto \tan(u)$ বিরতিতে একঘেয়ে না $(-\pi, \pi)$ , আমি এমন বিভাগ তৈরি করেছিলাম যাতে প্রতিটি সংহত পৃথক ব্যবধানে একঘেয়েমি থাকে (যা পরবর্তী পরিবর্তনের সূত্র বৈধ হিসাবে পরিবর্তন নিশ্চিত করে)।

$(4)$ : পরিবর্তনশীল সূত্র দুটি পরিবর্তন হয় $u_1 = -\pi - v$ এবং $u_2 = \pi - v$ ।

$(5)$ : পরিবর্তনশীল সূত্রের সর্বশেষ পরিবর্তন $u = -v$ ।

পদক্ষেপ $(3)$ - $(5)$ ওপির প্রশ্নের "সর্বশেষটি একটি 2-থেকে -1 রূপান্তর" হওয়ার বিবৃতিটি বিশদভাবে ব্যাখ্যা করেছেন।

— Zhanxiong
সূত্র

আমি ভাবছি যে দ্বিতীয় পদ্ধতির কেন 'রহস্যময়' বা 'প্রেরণার অভাব'? ব্যাপারটা হচ্ছে

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

$\Theta\sim\text{Rect}(-\pi/2,\pi/2)\Leftrightarrow \tan(\Theta)\sim\mathcal C(0,1)$ এটি খুব স্ট্যান্ডার্ড ফলাফল যা সহজেই সম্ভাবনা ইন্টিগ্রাল ট্রান্সফর্মেশন ব্যবহার করে দেখা যায়। এবং শেষ পদক্ষেপে আমি যেখান থেকে চলেছি

U \sim Rect (- π, π)

$U\sim\text{Rect}(-\pi,\pi)$ প্রতি

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

$V=\tan U\sim\mathcal C(0,1)$ সম্ভবত নিম্নলিখিত হিসাবে ন্যায়সঙ্গত:

— জেদীআটম

...

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

$F_V(v)=\mathrm{Pr}(\tan U\le v)=F_U(\tan^{-1}v)$ । আমি উপরের কব্জি পার্থক্য করি

v

$v$ পেতে

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

$f_V(v)=f_U(\tan^{-1}v)2\frac{d}{dv}(\tan^{-1}v)$ , যেখানে আমি জ্যাকবীয়ানকে 2 দ্বারা গুণিত করি কারণ রূপান্তর দুটি থেকে একের মধ্যে

(- π, π)

$(-\pi,\pi)$ । এগুলি আরও দৃ rig়তার সাথে প্রকাশ করা যেতে পারে বলে আমার ধারণা।

— জেদীআটম