funkcja charakterystyczna rozkładu Cauchy'ego

[gienia]

U, V są iid o rozkładzie \(\displaystyle{ EXP(1)}\).
a) Znaleźć funkcję charakterystyczną \(\displaystyle{ Z=U-V}\).
b) Wykorzystując to, znaleźć f. charakterystyczną \(\displaystyle{ \phi_X}\) rozkładu Cauchy'ego o gęstości \(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{\pi (1+x^2)}}\).

a) wyszło mi \(\displaystyle{ \frac{1}{1+t^2}}\).

b) mogę sobie zapisać, że \(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{\pi} \phi_Z (x)}\),
a \(\displaystyle{ \phi_X=\frac{1}{\pi} \int_{R}^{} \phi_Z (x) e^{itx}dx}\) i ze wzoru na odwrócenie to będzie \(\displaystyle{ 2f_Z(-t)}\), tylko nie mam \(\displaystyle{ f_Z}\) - skąd wziąć \(\displaystyle{ f_Z}\) jak nie ze wzoru na odwrócenie?

[janusz47]

Z przekształcenia Fouriera lub metodą residuów - całkowania po górnym i dolnym półokręgu.

[gienia]

Jakoś prościej się nie da?

Bo chyba chodziło o to, żeby tego nie robić (dlatego mamy wykorzystać punkt a), żeby nie liczyć funkcji charakterystycznej cauchy'ego tak jak napisałeś).
Może jakoś łatwo da się znaleźć rozkład różnicy zmiennych o rozkładzie wykładniczym?

[Premislav]

Mam taki pomysł (modulo sprawdzenie założeń tw. Fubiniego):
Zmienne losowe \(\displaystyle{ U, V}\) są niezależne i o jednakowym rozkładzie wykładniczym z parametrem \(\displaystyle{ \lamba=1}\), więc mają łączną gęstość \(\displaystyle{ f(u,v)=e^{-u}e^{-v}1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}_{(0,+\infty)}(u)1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}_{(0,+\infty)}(v)}\)
Funkcja charakterystyczna zmiennej losowej \(\displaystyle{ Z=U-V}\)
to z definicji \(\displaystyle{ \mathbf{E}\left( e^{itZ}\right) =\mathbf{E}\left(e^{it(U-V)}\right)}\)
i policzyłaś, że funkcja charakterystyczna rozkładu \(\displaystyle{ Z}\) równa jest \(\displaystyle{ \phi_Z(t)=\frac{1}{1+t^2}}\). Z drugiej strony, z powyższych spostrzeżeń i mierzalności odpowiednich funkcji, możemy napisać, że
\(\displaystyle{ \phi_Z(t)= \int_{0}^{+\infty} \int_{0}^{+\infty} e^{it(u-v)}e^{-u}e^{-v}\,\dd u\,\dd v}\)

Uzbrojeni w tę wiedzę spróbujmy znaleźć funkcję charakterystyczną rozkładu Cauchy'ego:
\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{ist}}{\pi(1+t^2)} \,\dd t=\\= \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{ist}}{\pi}\left(\int_{0}^{+\infty} \int_{0}^{+\infty} e^{it(u-v)}e^{-u}e^{-v}\,\dd u\,\dd v \right)\,\dd t=\\=\frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \int_{0}^{+\infty} \int_{0}^{+\infty}e^{ist}e^{it(u-v)}e^{-u}e^{-v}\,\dd u\,\dd v\,\dd t=\\=\ldots}\)

-- 25 sty 2018, o 23:35 --

Chociaż nie, to jednak za wiele chyba nie uprości, a to z uwagi na fakt, że po zmianie kolejności byśmy mieli jakiś niecałkowalny syf po \(\displaystyle{ t}\), a na ułamki proste zespolone to możemy rozłożyć i bez całek.

Chyba jednak nie obejdzie się bez znalezienia rozkładu \(\displaystyle{ Z=U-V}\). W każdym razie wyśpię się i spróbuję jeszcze chwileczkę o tym pomyśleć.

-- 26 sty 2018, o 00:43 --

Już sobie przypomniałem, jak to zrobić sprytniej, ale niestety bez zastosowania tej wskazówki z zadania (jeszcze nad nią trochę jutro pomedytuję):
niech \(\displaystyle{ I(s)= \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{ist}}{1+t^2} \,\dd t}\).
Mamy \(\displaystyle{ I(0)=\pi}\), a ponadto ze wzoru Eulera możemy napisać, że
\(\displaystyle{ I(s)= \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\cos(st)}{1+t^2} \,\dd t+i \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin(st)}{1+t^2}\,\dd t}\)
Oczywiście dla dowolnego \(\displaystyle{ s\in \RR}\) mamy
\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin(st)}{1+t^2}\,\dd t =0}\), gdyż przedział, po którym całkujemy jest symetryczny względem zera, a funkcja podcałkowa jest nieparzysta (i co ważne, całkowalna, bo np. \(\displaystyle{ |\sin(st)|\le 1}\)).
Mamy więc
\(\displaystyle{ I(s)=\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\cos(st)}{1+t^2} \,\dd t=2 \int_{0}^{+\infty} \frac{\cos(st)}{1+t^2} \,\dd t}\)
Odnotujmy (patrz tabela transformat Laplace'a), że
\(\displaystyle{ \frac{1}{1+t^2}= \int_{0}^{+\infty} \sin (x) e^{-tx}\,\dd x}\), a zatem
z twierdzenia Fubiniego
\(\displaystyle{ I(s)=2 \int_{0}^{+\infty} \frac{\cos(st)}{1+t^2} \,\dd t=\\=2 \int_{0}^{+\infty}\cos(st)\left( \int_{0}^{+\infty}\sin (x)e^{-tx}\,\dd x \right) \,\dd t=\\=2 \int_{0}^{+\infty} \int_{0}^{+\infty}\cos(st)\sin (x)e^{-tx}\,\dd x \,\dd t=\\=2 \int_{0}^{+\infty} \int_{0}^{+\infty}\cos(st)\sin (x)e^{-tx}\,\dd t \,\dd x=\\=2 \int_{0}^{+\infty}\sin (x)\cdot\frac{x}{x^2+s^2} \,\dd x=\bigg|x=|s|\cdot u\bigg|=\\=2 \int_{0}^{+\infty} \frac{u \sin(|s|u)}{u^2+1} \,\dd u}\)
Czyli jak się dobrze przyjrzeć, dostaliśmy z dokładnością do znaku (przyjmijmy tu \(\displaystyle{ s>0}\) na moment, dla \(\displaystyle{ s<0}\) z nieparzystości sinusa jeden minus się zmienia i wtedy nie ma minusa w równaniu różniczkowym) równanie różniczkowe
\(\displaystyle{ I(s)=-I'(s)}\) z warunkiem \(\displaystyle{ I(0)=\pi}\).
Bez trudu je rozwiązujemy (np. metodą czynnika całkującego lub po prostu rozdzielając zmienne), dostając \(\displaystyle{ I(s)=\pi e^{-s}}\)
i ostatecznie w ogólności \(\displaystyle{ \phi_X(s)=\frac{1}{\pi}\cdot \pi e^{-|s|}=e^{-|s|}}\).

-- 26 sty 2018, o 00:46 --

Aha, wykorzystałem jeszcze wzór na transformatę Laplace'a funkcji cosinus, ja to miałem na równaniach różniczkowych.

-- 26 sty 2018, o 00:48 --

To może jest bardziej niecodzienne rozwiązanie, ale szybsza już jest w tym przypadku metoda residuów. A nad wykorzystaniem wskazówki z zadania jeszcze się zastanowię.