¿Cuál es la distribución de$(1+X^2)e^{-X^2/2}$ cuando$X$ es Cauchy?

Question

Si $X$ es una variable aleatoria de Cauchy con $f(x)=\frac{1}{\pi}\frac{1}{1+x^{2}}$ , ¿cuál es la distribución de $Y= (1+X^2)e^{-X^2/2}$ ?

Lo que intenté:

Pensé que podría usar el jacobiano, pero no puedo invertir la función $Y=f(X)$ para encontrar soluciones. ¿Alguna idea de cómo abordar este problema?

Answer 1

La simplificación del problema: Este es un problema muy complejo, que requiere un examen detallado de la transformación se utiliza para obtener la última variable aleatoria. Para simplificar el problema ligeramente, en primer lugar tenga en cuenta que $F \equiv X^2 \sim \text{F-Dist}(1,1)$ y la variable aleatoria $Y$ depende de $X$ sólo a través de la $F$. Por lo tanto, el problema se reduce a:

$$Y = T(F) \quad \quad \quad \quad \quad F \sim \text{F-Dist}(1,1).$$

donde la transformación $T: [0, \infty] \rightarrow \mathbb{R}$ tiene la siguiente forma:

$$T(F) = (1+F) \cdot \exp \Big( -\frac{F}{2} \Big).$$

Con un poco de cálculo se puede demostrar que $T$ es estrictamente cuasi-cóncava con la función de maximización de valor de $\hat{F}=1$, y sus derivados puede ser escrita como:

$$\begin{equation} \begin{aligned} T'(F) &= - \frac{1}{2} (F-\hat{F}) \cdot \exp \Big( -\frac{F}{2} \Big), \\[10pt] T''(F) &= - \frac{1}{4} (3-F) \cdot \exp \Big( -\frac{F}{2} \Big). \\[6pt] \end{aligned} \end{equation}$$

La importante salida de los valores de la función son:

$$T(0) = 1 \quad \quad \quad \quad \quad T(1) = 2 \cdot e^{-1/2} \quad \quad \quad \quad \quad T(\infty) = 0.$$

Por lo tanto, hemos visto que la función de $T(F)$ se inicia en el valor de $T(0)=1$ y luego aumenta hasta el punto de que $F=1$, de donde se saca el valor de $T(1) = 2 \cdot e^{-1/2}$, y, a continuación, posteriormente disminuye hasta el valor limitante $T(\infty) = 0$. (Echa un vistazo en una parcela de esta función y se verá de esta forma claramente.)

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Para resolver el problema: con el fin De resolver su problema, tenga en cuenta el rango de posibles valores de $0 \leqslant y \leqslant 2 \cdot e^{-1/2}$ y definir las funciones:

$$L(y) \equiv \begin{cases} 0 & & \text{for } 0 \leqslant y \leqslant 1, \\[6pt] \min \{ 0 \leqslant r \leqslant 1 | T(r) \geqslant y \} & & \text{for } 1 < y \leqslant 2 \cdot e^{-1/2}, \\[6pt] \end{casos}$$

y:

$$U(y) \equiv \begin{cases} 0 & & \text{for } y = 0, \\[6pt] \max \{ r \geqslant 1 | T(r) \geqslant y \} & & \text{for } 0 < y \leqslant 2 \cdot e^{-1/2}. \\[6pt] \end{casos} \quad \quad$$

Estas funciones dan límites inferior y superior que satisfagan:

$$T(F) \geqslant y \quad \quad \quad \iff \quad \quad \quad L(y) \leqslant F \leqslant U(y).$$

Por lo que la función de distribución acumulativa para $F$ es:

$$\begin{equation} \begin{aligned} F_Y(y) &\equiv \mathbb{P}(Y \leqslant y) \\[12pt] &= 1-\mathbb{P}(Y \geqslant y) \\[12pt] &= 1-\mathbb{P} ( L(y) \leqslant F \leqslant U(y) ) \\[12pt] &= 1- \int \limits_{L(y)}^{U(y)} \text{F}(r|1,1) \ dr \\[6pt] &= 1- \int \limits_{L(y)}^{U(y)} \frac{1}{\pi} \cdot \frac{1}{\sqrt{r}} \cdot \frac{1}{1+r} \ dr \\[6pt] \end{aligned} \end{equation}$$

La diferenciación y la aplicación de Leibniz integral reglas da la correspondiente densidad de $Y$, la cual es:

$$\begin{equation} \begin{aligned} f_Y(y) &\equiv \frac{dF_Y}{dy}(y) \\[12pt] &= - \frac{d}{dy} \int \limits_{L(y)}^{U(y)} \frac{1}{\pi} \cdot \frac{1}{\sqrt{r}} \cdot \frac{1}{1+r} \ dr \\[6pt] &= \frac{1}{\pi} \Bigg[ \frac{1}{\sqrt{L(y)}} \cdot \frac{1}{1+L(y)} \cdot L'(y) - \frac{1}{\sqrt{U(y)}} \cdot \frac{1}{1+U(y)} \cdot U'(y) \Bigg]. \\[6pt] \end{aligned} \end{equation}$$

Para $0 \leqslant y \leqslant 1$ tenemos $L'(y) = 0$ e $U'(y) = 1/T'(U(y))$ por lo que:

$$\begin{equation} \begin{aligned} f_Y(y) &= - \frac{1}{\pi} \frac{1}{\sqrt{U(y)}} \cdot \frac{1}{1+U(y)} \cdot \frac{1}{T'(U(y))} \\[6pt] &= \frac{1}{\pi} \frac{1}{\sqrt{U(y)}} \cdot \frac{1}{1+U(y)} \cdot \frac{2}{(U(y)-1) \cdot \exp(-U(y)/2)}. \\[6pt] \end{aligned} \end{equation}$$

Para $1 < y \leqslant 2 \cdot e^{-1/2}$ tenemos $L'(y) = 1/T'(L(y))$ e $U'(y) = 1/T'(U(y))$ por lo que:

$$\begin{equation} \begin{aligned} f_Y(y) &= \frac{1}{\pi} \Bigg[ \frac{1}{\sqrt{L(y)}} \cdot \frac{1}{1+L(y)} \cdot \frac{1}{T'(L(y))} - \frac{1}{\sqrt{U(y)}} \cdot \frac{1}{1+U(y)} \cdot \frac{1}{T'(U(y))} \Bigg] \\[6pt] &= \frac{1}{\pi} \Bigg[ \frac{1}{\sqrt{L(y)}} \cdot \frac{1}{1+L(y)} \cdot \frac{2}{(1-L(y)) \cdot \exp(-L(y)/2)} - \frac{1}{\sqrt{U(y)}} \cdot \frac{1}{1+U(y)} \cdot \frac{2}{(U(y)-1) \cdot \exp(-U(y)/2)} \Bigg]. \\[6pt] \end{aligned} \end{equation}$$

Esto le da la forma de la densidad en términos de la base de funciones implícitas $L$ e $U$.