การแพร่กระจายของ

ในการออกกำลังกายเป็นประจำฉันพยายามค้นหาการกระจายของโดยที่ และเป็นอิสระจากตัวแปรสุ่ม $\sqrt{X^2+Y^2}$ $X$ $Y$ $U(0,1)$

ความหนาแน่นรอยต่อของคือ $(X,Y)$

f_{X, Y} (x, y) = 1_{0 < x, y < 1}

$f_{X,Y}(x,y)=\mathbf 1_{0<x,y<1}$

การแปลงเป็นพิกัดเชิงขั้วเช่นนั้น $(X,Y)\to(Z,\Theta)$

X = Z \cos Θ and Y = Z \sin Θ

$X=Z\cos\Theta\qquad\text{ and }\qquad Y=Z\sin\Theta$

ดังนั้นและ2 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ $0< x,y<1\implies0< z<\sqrt 2$

เมื่อเรามีเพื่อที่{2} $0< z<1$ $0< \cos\theta<1,\,0<\sin\theta<1$ $0<\theta<\frac{\pi}{2}$

เมื่อเรามีตามที่คือ ลดลงใน ; และในขณะที่เพิ่มขึ้นในขวา] $1< z<\sqrt 2$ $z\cos\theta<\implies\theta>\cos^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)$ $\cos\theta$ $\theta\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$ $z\sin\theta<1\implies\theta<\sin^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)$ $\sin\theta$ $\theta\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$

ดังนั้นสำหรับเรามีขวา) $1< z<\sqrt 2$ $\cos^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)<\theta<\sin^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)$

ค่าสัมบูรณ์ของการแปลงจาโคเบียนคือ

| J | = z

$|J|=z$

ดังนั้นความหนาแน่นรอยต่อของจึงถูกกำหนดโดย $(Z,\Theta)$

f_{Z, Θ} (z, θ) = z 1_{{z \in (0, 1), θ \in (0, π / 2)} ⋃ {z \in (1, \sqrt{2}), θ \in (\cos^{- 1} (1 / z), \sin^{- 1} (1 / z))}}

$f_{Z,\Theta}(z,\theta)=z\mathbf 1_{\{z\in(0,1),\,\theta\in\left(0,\pi/2\right)\}\bigcup\{z\in(1,\sqrt2),\,\theta\in\left(\cos^{-1}\left(1/z\right),\sin^{-1}\left(1/z\right)\right)\}}$

เมื่อรวมเข้ากับเราได้รับ pdf ของเป็น $\theta$ $Z$

f_{Z} (z) = \frac{π z}{2} 1_{0 < z < 1} + (\frac{π z}{2} - 2 z \cos^{- 1} (\frac{1}{z})) 1_{1 < z < \sqrt{2}}

$f_Z(z)=\frac{\pi z}{2}\mathbf 1_{0<z<1}+\left(\frac{\pi z}{2}-2z\cos^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)\right)\mathbf 1_{1<z<\sqrt 2}$

เหตุผลของฉันถูกต้องหรือไม่ ไม่ว่าในกรณีใดฉันต้องการหลีกเลี่ยงวิธีนี้และลองหา cdf ของโดยตรงแทน แต่ฉันไม่พบพื้นที่ที่ต้องการในขณะที่ประเมินเรขาคณิต $Z$ $\mathrm{Pr}(Y\le \sqrt{z^2-X^2})$

แก้ไข

ฉันพยายามค้นหาฟังก์ชันการกระจายของเป็น $Z$

\begin{aligned} F_{Z} (z) & = Pr (Z \leq z) \\ = Pr (X^{2} + Y^{2} \leq z^{2}) \\ = \iint_{x^{2} + y^{2} \leq z^{2}} 1_{0 < x, y < 1} d x d y \end{aligned}

$\begin{align} F_Z(z)&=\Pr(Z\le z) \\&=\Pr(X^2+Y^2\le z^2) \\&=\iint_{x^2+y^2\le z^2}\mathbf1_{0<x,y<1}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \end{align}$

Mathematicaกล่าวว่าสิ่งนี้ควรลดลง

F_{Z} (z) = {\begin{cases} 0 & , if z < 0 \\ \frac{π z^{2}}{4} & , if 0 < z < 1 \\ \sqrt{z^{2} - 1} + \frac{z^{2}}{2} (\sin^{- 1} (\frac{1}{z}) - \sin^{- 1} (\frac{\sqrt{z^{2} - 1}}{z})) & , if 1 < z < \sqrt{2} \\ 1 & , if z > \sqrt{2} \end{cases}

$F_Z(z)=\begin{cases}0 &,\text{ if }z<0\\ \frac{\pi z^2}{4} &,\text{ if } 0< z<1\\ \sqrt{z^2-1}+\frac{z^2}{2}\left(\sin^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)-\sin^{-1}\left(\frac{\sqrt{z^2-1}}{z}\right)\right) &,\text{ if }1< z<\sqrt 2\\ 1 &,\text{ if }z>\sqrt 2 \end{cases}$

ซึ่งดูเหมือนว่าการแสดงออกที่ถูกต้อง การแยกสำหรับกรณีที่ถึงแม้ว่าจะแสดงนิพจน์ซึ่งไม่ทำให้ PDF ง่ายขึ้นเท่าที่ฉันได้รับมา $F_Z$ $1< z<\sqrt 2$

ในที่สุดฉันคิดว่าฉันมีภาพที่ถูกต้องสำหรับ CDF:

สำหรับ : $0<z<1$

และสำหรับ : $1<z<\sqrt 2$

ส่วนที่แรเงาควรระบุพื้นที่ของพื้นที่

{(x, y) : 0 < x, y < 1, x^{2} + y^{2} \leq z^{2}}

$\left\{(x,y):0<x,y< 1\,,\,x^2+y^2\le z^2\right\}$

ภาพให้ผลตอบแทนทันที

\begin{aligned} F_{Z} (z) & = Pr (- \sqrt{z^{2} - X^{2}} \leq Y \leq \sqrt{z^{2} - X^{2}}) \\ = {\begin{cases} \frac{π z^{2}}{4} & , if 0 < z < 1 \\ \sqrt{z^{2} - 1} + \int_{\sqrt{z^{2} - 1}}^{1} \sqrt{z^{2} - x^{2}} d x & , if 1 < z < \sqrt{2} \end{cases} \end{aligned}

$\begin{align} F_Z(z)&=\Pr\left(-\sqrt{z^2-X^2}\le Y\le\sqrt{z^2-X^2}\right) \\&=\begin{cases}\frac{\pi z^2}{4} &,\text{ if } 0<z<1\\\\ \sqrt{z^2-1}+\int_{\sqrt{z^2-1}}^1 \sqrt{z^2-x^2}\,\mathrm{d}x &,\text{ if }1< z<\sqrt 2 \end{cases} \end{align}$

อย่างที่ฉันได้ค้นพบก่อนหน้านี้

— StubbornAtom
แหล่งที่มา

ในการค้นหา CDF โดยตรงให้ใช้ฟังก์ชันตัวบ่งชี้ สำหรับส่วนที่เหลือเป็นการจัดการพีชคณิตอย่างหมดจด (แก้ไข: ฉันเห็น @ ซีอานเพิ่งโพสต์พีชคณิตในคำตอบของเขา)

z \geq 0,

$z\ge 0,$

Pr (\sqrt{X^{2} + Y^{2}} \leq z) = \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} I (x^{2} + y^{2} \leq z^{2}) d x d y .

$\Pr(\sqrt{X^2+Y^2}\le z)=\int_0^1\int_0^1\mathcal{I}(x^2+y^2\le z^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$

— whuber

การแก้ไขอีกครั้ง: ฉันยังได้รับการแสดงออกที่แตกต่างกันและ (โดยใช้FullSimplify) พวกเขาทำให้สูตรที่แตกต่างกันในMathematicaง่ายขึ้น อย่างไรก็ตามพวกเขาจะเทียบเท่า สิ่งนี้แสดงได้อย่างง่ายดายโดยการวางแผนความแตกต่าง เห็นได้ชัดว่าMathematicaไม่รู้ว่าเมื่อ2}

\tan^{- 1} (\sqrt{z^{2} - 1}) = \sec^{- 1} (z)

$\tan ^{-1}\left(\sqrt{z^2-1}\right)=\sec ^{-1}(z)$

1 < z < \sqrt{2}

$1\lt z \lt \sqrt{2}$

— whuber

ขอบของพื้นผิว ในภาพสุดท้ายของคุณควรเป็นวงกลม (กึ่ง) ที่มีกึ่งกลาง (0,0) เว้าจึงแทน (ที่คุณวาดในขณะนี้) นูน

\sqrt{r^{2} - x^{2}}

$\sqrt{r^2-x^2}$

— Sextus Empiricus

คำตอบ:

ไฟล์ pdf นั้นถูกต้องสามารถตรวจสอบได้ด้วยการจำลองอย่างง่าย

samps=sqrt(runif(1e5)^2+runif(1e5)^2)
hist(samps,prob=TRUE,nclass=143,col="wheat")
df=function(x){pi*x/2-2*x*(x>1)*acos(1/(x+(1-x)*(x<1)))}
curve(df,add=TRUE,col="sienna",lwd=3)

การค้นหา cdf โดยไม่ต้องเปลี่ยนตัวแปรของตัวแปร

\begin{aligned} P r (\sqrt{X^{2} + Y^{2}} \leq z) & = P r (X^{2} + Y^{2} \leq z^{2}) \\ = P r (Y^{2} \leq z^{2} - X^{2}) \\ = P r (Y \leq \sqrt{z^{2} - X^{2}}, X \leq z) \\ = E^{X} [\sqrt{z^{2} - X^{2}} I_{[0, min (1, z)]} (X)] \\ = \int_{0}^{min (1, z)} \sqrt{z^{2} - x^{2}} d x \\ = z^{2} \int_{0}^{min (1, z^{- 1})} \sqrt{1 - y^{2}} d y [x = y z, d x = z d y] \\ = z^{2} \int_{0}^{min (π / 2, \cos^{- 1} z^{- 1})} \sin^{2} θ d θ [y = \cos (θ), d y = \sin (θ) d θ] \\ = \frac{z^{2}}{2} [min (π / 2, \cos^{- 1} z^{- 1}) - \sin {min (π / 2, \cos^{- 1} z^{- 1})} \cos {min (π / 2, \cos^{- 1} z^{- 1}}] \\ = \frac{z^{2}}{2} {\begin{cases} π / 2 & if z < 1 \\ \cos^{- 1} z^{- 1} - \sin {\cos^{- 1} z^{- 1})} z^{- 1} & if z \geq 1 \end{cases} \\ = \frac{z^{2}}{2} {\begin{cases} π / 2 & if z < 1 \\ \cos^{- 1} z^{- 1} - \sqrt{1 - z^{- 2}} z^{- 1} & if z \geq 1 \end{cases} \end{aligned}

$\begin{align*} \mathrm{Pr}(\sqrt{X^2+Y^2}\le z) &= \mathrm{Pr}(X^2+Y^2\le z^2)\\ &= \mathrm{Pr}(Y^2\le z^2-X^2)\\ &=\mathrm{Pr}(Y\le \sqrt{z^2-X^2}\,,X\le z)\\ &=\mathbb{E}^X[\sqrt{z^2-X^2}\mathbb{I}_{[0,\min(1,z)]}(X)]\\ &=\int_0^{\min(1,z)} \sqrt{z^2-x^2}\,\text{d}x\\ &=z^2\int_0^{\min(1,z^{-1})} \sqrt{1-y^2}\,\text{d}y\qquad [x=yz\,,\ \text{d}x=z\text{d}y]\\ &=z^2\int_0^{\min(\pi/2,\cos^{-1} z^{-1})} \sin^2{\theta} \,\text{d}\theta\qquad [y=\cos(\theta)\,,\ \text{d}y=\sin(\theta)\text{d}\theta]\\ &=\frac{z^2}{2}\left[ \min(\pi/2,\cos^{-1} z^{-1}) - \sin\{\min(\pi/2,\cos^{-1} z^{-1})\}\cos\{\min(\pi/2,\cos^{-1} z^{-1}\}\right]\\ &=\frac{z^2}{2}\begin{cases} \pi/2 &\text{ if }z<1\\ \cos^{-1} z^{-1}-\sin\{\cos^{-1} z^{-1})\}z^{-1}&\text{ if }z\ge 1\\ \end{cases}\\ &=\frac{z^2}{2}\begin{cases} \pi/2 &\text{ if }z<1\\ \cos^{-1} z^{-1}-\sqrt{1-z^{-2}}z^{-1}&\text{ if }z\ge 1\\ \end{cases} \end{align*}$ ซึ่งจบลงด้วยความซับซ้อนเดียวกัน! (บวกกับความผิดพลาดที่อาจเกิดขึ้นระหว่างทาง!)

— ซีอาน
แหล่งที่มา

เคสเป็นตำแหน่งที่มันจะเลือนไปสักหน่อย ผมคิดว่าผมไม่ได้จบลงด้วยรูปแบบไฟล์ PDF ที่ถูกต้องความแตกต่างของการแสดงออกสำหรับ1

1 \leq z < \sqrt{2}

$1\le z<\sqrt 2$

z \geq 1

$z\ge 1$

— StubbornAtom

$f_z(z)$ :

ดังนั้นสำหรับเรามี $1\le z<\sqrt 2$ $\cos^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)\le\theta\le\sin^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)$

คุณสามารถลดความซับซ้อนของการแสดงออกของคุณเมื่อคุณใช้สมมาตรและประเมินการแสดงออกสำหรับ{4} ดังนั้นสำหรับครึ่งหนึ่งของพื้นที่แล้วผลสองเท่า $\theta_{min} < \theta < \frac{\pi}{4}$

จากนั้นคุณจะได้รับ:

P (Z \leq r) = 2 \int_{0}^{r} z (\int_{θ_{m i n}}^{\frac{π}{4}} d θ) d z = \int_{0}^{r} z (\frac{π}{2} - 2 θ_{m i n}) d z

$P(Z \leq r) = 2 \int_0^r z \left(\int_{\theta_{min}}^{\frac{\pi}{4}}d\theta\right) dz = \int_0^r z \left(\frac{\pi}{2}-2\theta_{min}\right) dz$

และคือ $f_z(z)$

f_{z} (z) = z (\frac{π}{2} - 2 θ_{m i n}) = {\begin{cases} z (\frac{π}{2}) & if 0 \leq z \leq 1 \\ z (\frac{π}{2} - 2 \cos^{- 1} (\frac{1}{z})) & if 1 < z \leq \sqrt{2} \end{cases}

$f_z(z) = z \left(\frac{\pi}{2}-2\theta_{min}\right) = \begin{cases} z\left(\frac{\pi}{2}\right) & \text{ if } 0 \leq z \leq 1 \\ z \left(\frac{\pi}{2} - 2 \cos^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)\right) & \text{ if } 1 < z \leq \sqrt{2} \end{cases}$

$F_z(z)$ :

คุณสามารถใช้อินทิกรัลไม่ จำกัด :

\int z \cos^{- 1} (\frac{1}{z}) = \frac{1}{2} z (z \cos^{- 1} (\frac{1}{z}) - \sqrt{1 - \frac{1}{z^{2}}}) + C

$\int z \cos^{-1}\left(\frac{1}{z}\right) = \frac{1}{2} z \left( z \cos^{-1}\left(\frac{1}{z}\right) - \sqrt{1-\frac{1}{z^2}} \right) + C$

note $\frac{d}{du} \cos^{-1}(u) = - (1-u^2)^{-0.5}$

นำไปสู่การนี้ตรงไปตรงมาบางสิ่งบางอย่างที่คล้ายกันเป็นแสดงออก Xi'ans สำหรับคือ $Pr(Z \leq z)$

ถ้าดังนั้น: $1 \leq z \leq \sqrt{2}$

F_{z} (z) = z^{2} (\frac{π}{4} - \cos^{- 1} (\frac{1}{z}) + z^{- 1} \sqrt{1 - \frac{1}{z^{2}}})

$F_z(z) = {z^2} \left(\frac{\pi}{4}-\cos^{-1}\left(\frac{1}{z}\right) + z^{-1}\sqrt{1-\frac{1}{z^2}} \right)$

ความสัมพันธ์กับการแสดงออกของคุณจะเห็นเมื่อเราแยกขึ้นเป็นสองการแสดงออกและแปลงแล้วให้แตกต่างกันการแสดงออก $cos^{-1}$ $cos^{-1}$ $sin^{-1}$

สำหรับเรามี $z>1$

\cos^{- 1} (\frac{1}{z}) = \sin^{- 1} (\sqrt{1 - \frac{1}{z^{2}}}) = \sin^{- 1} (\frac{\sqrt{z^{2} - 1}}{z})

$\cos^{-1}\left(\frac{1}{z}\right) = \sin^{-1}\left(\sqrt{1-\frac{1}{z^2}}\right) = \sin^{-1}\left(\frac{\sqrt{z^2-1}}{z}\right)$

และ

\cos^{- 1} (\frac{1}{z}) = \frac{π}{2} - \sin^{- 1} (\frac{1}{z})

$\cos^{-1}\left(\frac{1}{z}\right) = \frac{\pi}{2} -\sin^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)$

ดังนั้น

\begin{matrix} \cos^{- 1} (\frac{1}{z}) & = 0.5 \cos^{- 1} (\frac{1}{z}) + 0.5 \cos^{- 1} (\frac{1}{z}) \\ = \frac{π}{4} - 0.5 \sin^{- 1} (\frac{1}{z}) + 0.5 \sin^{- 1} (\frac{\sqrt{z^{2} - 1}}{z}) \end{matrix}

$\begin{array}\\ \cos^{-1}\left(\frac{1}{z}\right) & = 0.5 \cos^{-1}\left(\frac{1}{z}\right) + 0.5 \cos^{-1}\left(\frac{1}{z}\right) \\ & = \frac{\pi}{4} - 0.5 \sin^{-1}\left(\frac{1}{z}\right) + 0.5 \sin^{-1}\left(\frac{\sqrt{z^2-1}}{z}\right) \end{array}$

ผลลัพธ์ใดในนิพจน์ของคุณเมื่อคุณเสียบสิ่งนี้ลงในกล่าวถึงก่อนหน้าสำหรับ $F_z(z)$ $1<z<\sqrt{2}$

— Sextus Empiricus
แหล่งที่มา

สำหรับ ,เป็นเพียงพื้นที่ของวงกลมไตรมาสของรัศมีซึ่งคือ 2 นั่นคือ $0 \leq z \leq 1$ $P\left(\sqrt{X^2+Y^2} \leq z\right)$ $z$ $\frac 14 \pi z^2$

For 0 \leq z \leq 1, area of quarter-circle = \frac{π z^{2}}{4} = P (\sqrt{X^{2} + Y^{2}} \leq z) .

$\text{For }0 \leq z \leq 1, ~\text{area of quarter-circle} = \frac{\pi z^2}{4} = P\left(\sqrt{X^2+Y^2} \leq z\right).$

สำหรับ , พื้นที่ที่เราต้องการรวมเพื่อหาสามารถแบ่งออกเป็นสองรูปสามเหลี่ยมมุมฉากหนึ่งในนั้นมีจุดยอดและในขณะที่อีกคนหนึ่งมีจุดยอดและพร้อมกับเซกเตอร์ของวงกลมรัศมีและรวมมุมขวา) พื้นที่ของภูมิภาคนี้ (และด้วยเหตุนี้ค่าของ ) ได้อย่างง่ายดายเรามีสิ่งนั้นสำหรับ $1 < z \leq \sqrt{2}$ $P\left(\sqrt{X^2+Y^2} \leq z\right)$ $\big($ $(0,0), (0,1)$ $(\sqrt{z^2-1}, 1)$ $(0,0), (1,0)$ $(1, \sqrt{z^2-1})$ $\big)$ $z$ $\frac{\pi}{2}-2\arccos\left(\frac{1}{z}\right)$ $\left( P(\sqrt{X^2+Y^2} \leq z\right)$ $1 < z \leq \sqrt{2}$ , ซึ่งเป็นผลลัพธ์ในคำตอบของ Martijn Wetering

\begin{aligned} area of region & = area of two triangles plus area of sector \\ = \sqrt{z^{2} - 1} + \frac{1}{2} z^{2} (\frac{π}{2} - 2 \arccos (\frac{1}{z})) \\ = \frac{π z^{2}}{4} + \sqrt{z^{2} - 1} - z^{2} \arccos \frac{1}{z} \\ = (P (\sqrt{X^{2} + Y^{2}} \leq z) \end{aligned}

$\begin{align}\text{area of region} &= \text{area of two triangles plus area of sector}\\ &=\sqrt{z^2-1} + \frac 12 z^2\left( \frac{\pi}{2}-2\arccos \left(\frac{1}{z}\right)\right)\\ &= \frac{\pi z^2}{4} + \sqrt{z^2-1} - z^2\arccos \frac{1}{z}\\ &= \left( P(\sqrt{X^2+Y^2} \leq z\right)\end{align}$

— Dilip Sarwate
แหล่งที่มา

การแพร่กระจายของ

fz(z)fz(z)f_z(z) :

Fz(z)Fz(z)F_z(z) :

$f_z(z)$ :

$F_z(z)$ :