¿Cómo puedo obtener una distribución de Cauchy a partir de dos distribuciones normales estándar?

Question

Estoy interesado en

Dejemos que $X\sim N(0,1), Y \sim N(0,1)$ de forma independiente. Mostrar $\frac{X}{X+Y}$ es una variable aleatoria de Cauchy.

Mi trabajo:

$f_{X,Y}(x,y)=\frac{1}{2\pi} e^{\frac{-1}{2}(x^2+y^2)}, -\infty<x,y<\infty$ por la independencia

Dejemos que $U=\frac{X}{X+Y},V=X+Y$ . (¿Existe un mejor $V$ para elegir esta transformación bivariante).

Entonces, $X=UV, Y=V - UV$ . Así que, $|J|=V$ .

$f_{U,V}(u,v)=f_{X,Y}(uv,v-uv)|J|=\frac{v}{2\pi}e^{\frac{-v^2}{2}(2u^2-2u+1)},-\infty<u<\infty$

$f_U(u)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}ve^{\frac{-v^2}{2}(2u^2-2u+1)}dv$ . Sea $y=\frac{v^2}{2}(2u^2-2u+1)$ Así que $dy=v(1+2u^2-2u)dv$ . Entonces,

$f_U(u)=\frac{1}{2\pi(2u^2-2u+1)}\int_0^{\infty}e^{-y}dy=(\pi[(\frac{u-1/2}{2})^2+1])^{-1}, -\infty<u<\infty$ ,

que no es exactamente una distribución de Cauchy. ¿Dónde he metido la pata? Y lo que es más importante, ¿cómo procedería usted para resolver este problema?

Answer 1

Esto puede hacerse con un mínimo de cálculo, basándose únicamente en (a) el álgebra simple y (b) el conocimiento básico de las distribuciones asociadas a las pruebas estadísticas. Como tal, la demostración puede tener un valor pedagógico sustancial, que es una forma elegante de decir que vale la pena estudiar.

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Dejemos que $Z=X/(X+Y),$ para que

$$Z - \frac{1}{2} = \frac{X}{X+Y} - \frac{X/2+Y/2}{X+Y} = \frac{1}{2}\frac{X-Y}{X+Y} = \frac{1}{2}\frac{(X-Y)/\sqrt{2}}{(X+Y)/\sqrt{2}} = \frac{1}{2}\frac{U}{V}$$

donde $$(U,V) = \left(\frac{X-Y}{\sqrt{2}}, \frac{X+Y}{\sqrt{2}}\right).$$ Porque $(U,V)$ es una transformación lineal de la variable normal bivariante $(X,Y),$ también es bivariante Normal, y un cálculo fácil (en última instancia, requiere, aparte de las definiciones aritméticas, sólo el hecho de que $1+1=2$ ) muestra las varianzas de $U$ y $V$ son la unidad y $U$ y $V$ no están correlacionados: es decir, $(U,V)$ también tiene una distribución normal estándar.

En particular, $U$ y $V$ son ambos distribuidos simétricamente (alrededor de $0$ ), que implica $U/V$ tiene la misma distribución que $U/|V|.$ Pero $|V| = \sqrt{V^2}$ tiene, por definición, un $\chi(1)$ distribución. Dado que $U$ y $V$ son independientes, también lo son $U$ y $|V|,$ por lo que (también por definición) $U/|V| = U/\sqrt{V^2/1}$ tiene una distribución t de Student con un grado de libertad.

La conclusión, sin integración y con los cálculos algebraicos más sencillos, es

$W = 2Z-1 = U/V$ tiene una distribución t de Student con un grado de libertad.

Es otro nombre para la distribución (estándar) de Cauchy. Dado que $Z = W/2 + 1/2$ no es más que una versión reescalada y desplazada de $W,$ , $Z$ tiene una distribución de Cauchy (de nuevo por definición), QED.

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Resumen de los datos utilizados

Cada uno de los hechos utilizados en el análisis anterior es de interés y merece la pena conocerlo.

Estos son teoremas básicos:

• Las transformaciones lineales de las variables normales bivariadas son normales bivariadas. (Esto también podría considerarse una definición).

• Las variables normales bivariadas no correlacionadas son independientes.

• La covarianza es una forma cuadrática. (Esto también puede formar parte de la definición de covarianza, pero sería un poco inusual).

• Cuando dos variables son independientes, las funciones de cada una de ellas (por separado) también lo son.

Todas estas son definiciones:

• Una suma de $n$ variables normales independientes tiene un $\chi^2(n)$ distribución.

• La relación de una variable Normal estándar con la raíz cuadrada de $1/n$ veces a $\chi^2(n)$ la variable independiente tiene una distribución t de Student con $n$ grados de libertad. Ver también Un normal dividido por el $\sqrt{\chi^2(s)/s}$ te da una distribución t -- prueba .

• Una distribución Cauchy es una versión escalada y traducida de la distribución t de Student con 1 grado de libertad.

Answer 2

Corrección: el jacobiano de la transformación es $|V|$ no $V$ lo que implica que $$f_{U,V}(u,v)=f_{X,Y}(uv,v-uv)|J|=\frac{|v|}{2\pi}\exp\left\{\frac{-v^2}{2}(2u^2-2u+1)\right\}$$ Por lo tanto, \begin{align}f_U(u)&=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}|v|e^{\frac{-v^2}{2}(2u^2-2u+1)}\text{d}v\\ &=\frac{2}{2}\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\infty}ve^{-\overbrace{\frac{v^2}{2}(2u^2-2u+1)}^y}\text{d}v\\ &=\frac{1}{\pi(2u^2-2u+1)}\int_0^{\infty}e^{-y}\text{d}y\\ &=\frac{1}{\pi}\frac{1}{2u^2-2u+1}\\ &=\frac{1}{\pi}\frac{1}{2(u-½)^2+½}\\ &=\frac{1}{½\pi}\frac{1}{4(u-½)^2+1}\\ &=\frac{1}{½\pi}\frac{1}{(2[u-½])^2+1}\\ &=\frac{1}{½\pi}\left(\left[\frac{u-½}{½}\right]^2+1\right)^{-1}\end{align} que es la densidad de una distribución de Cauchy con ubicación ½ (que también es la mediana) y escala ½ (que también es la MAD). (La última igualdad en la pregunta está utilizando erróneamente 2 en lugar de ½ como escala y falta la ½ en el denominador de la primera fracción).

Consulte Pillai y Meng (2016) para otras propiedades sorprendentes de la distribución de Cauchy.