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如果，则找到。 $X\sim\mathcal C(0,1)$ $Y=\frac{2X}{1-X^2}$

我们有 $F_Y(y)=\mathrm{Pr}(Y\le y)$

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

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

我不知道上述区分大小写是否正确。

另一方面，以下似乎是一个更简单的方法：

我们可以使用身份来写 $Y=\tan(2\tan^{-1}X)$ $\frac{2\tan z}{1-\tan^2z}=\tan 2z$

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

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

$\qquad\qquad\qquad\quad\implies\tan\left(2\tan^{-1}X\right)\sim\mathcal C(0,1)$ ，最后一个是2对1转换。

但是如果要求我从定义中得出的分布，我想第一种方法就是如何进行。计算有点混乱，但是我得出正确的结论吗？也欢迎任何其他解决方案。 $Y$

Johnson-Kotz-Balakrishnan的连续单变量分布（Vol.1）突出了柯西分布的这一特性。事实证明，这只是一般结果的特例。

— 顽固原子
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4

第二种解决方案是完全正确的，因此不应对此提出异议。

— 西安

1

附录：由于，因此第一个分辨率应最终在切线上使用此标识。

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

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

— 西安

@西安实际上，我正在尝试在第一种方法中完成自变量。

— StubbornAtom

6

另一种更简单的方法：

标准柯西分布：

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

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

变量的转换：

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}

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

分布的变换：

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

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

如果您使用它，而不必变得如此混乱，那么您将获得

g (u) = \frac{π^{- 1}}{u^{2} + 1}

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

图示

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

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

— 天性
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2

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} | .

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

@DilipSarwate我将其更改。

— Sextus Empiricus

3

第二种方法的转换似乎缺乏动力（其中的一些细节也需要填写）。在这里，根据特征函数的计算，我正在尝试备份您的“神秘”转换。

$Y$

\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}{π} \int_{- π / 2}^{π / 2} e^{i t \tan (2 u)} d u . \end{aligned}

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

$(1)$ $X$

\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}

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

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

\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}

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

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

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

$(5)$ $u = -v$

$(3)$ $(5)$

— 战雄
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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)

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

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)

$(-\pi,\pi)$