Wahrscheinlichkeit einer Beziehung zur gleichmäßigen Verteilung von Punkten über den 2D-Raum

Angenommen, eine Gruppe von Knoten ist über eine 2D-Oberfläche sodass für jede gegebene die Anzahl der Knoten in einer Poisson-Verteilung mit Parameter folgt , wobeizeigt die Fläche der Teilmenge und ist die Intensität der Punkte (durchschnittliche Anzahl von Punkten pro Flächeneinheit). $\mathcal{S}$ $\mathcal{A} \subset \mathcal{S}$ $\mathcal{A}$ $|\mathcal{A}| \rho$ $|\mathcal{A}|$ $\mathcal{A}$ $\rho$

Wir interessieren uns nur für die Punkte innerhalb eines gegebenen Kreises mit dem Radius . Die Anzahl der Knoten innerhalb des Kreises ist eine Poisson-Variable mit dem Parameter . Wir wählen zufällig zwei Knoten aus dem Kreis aus. Lassen und zeigt den Abstand des ersten und den zweiten Knoten von der Mitte des Kreises. $r$ $\rho \pi r^2$ $d_1$ $d_2$

2D-Verteilung

Wie kann ich die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses berechnen:

{d_{1}}^{2} < \frac{{d_{2}}^{2}}{A (1 + B {d_{2}}^{2})}

${d_1}^2 < \frac{{d_2}^2}{A(1+B{d_2}^2)}$ wobei und Konstanten sind.

A

$A$

B

$B$

Bearbeiten:

Angenommen, und . $A > 0$ $B > 0$
Ich interessiere mich für den Prozess selbst, nicht für die Punkte, die durch den Prozess generiert werden (wie in seiner Antwort unten beschrieben).
Wie wäre es mit dem Fall, dass und durch und für (ich denke, dies ändert das Problem seit und sind nicht mehr gleichmäßig verteilt). ${d_1}^2$ ${d_2}^2$ ${d_1}^\alpha$ ${d_2}^\alpha$ $\alpha > 2$ ${d_1}^\alpha$ ${d_2}^\alpha$

probability

— Helium
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In Anbetracht der Formulierung des Problems, es ist wie die Anzahl der Punkte sieht , wenn feste, sagen . Sei die Anzahl der Punkte innerhalb des Kreises. Sie können dann überprüfen, wie viele Paare diese Ungleichung erfüllen, z . B. . Wenn Sie also zwei Punkte zufällig auswählen, beträgt die Wahrscheinlichkeit, dass sie die Ungleichung erfüllen, . Beachten Sie, dass ich dass wenn die Ungleichung erfüllt, dann auch die Ungleichung erfüllt.

N

$N$

M < N

$M<N$

k

$k$

k / (\binom{M}{2})

$k/\binom{M}{2}$

(p_{1}, p_{2})

$(p_1,p_2)$

(p_{2}, p_{1})

$(p_2,p_1)$

Ich frage mich, wie Sie eine "einheitliche" Verteilung auf .

R^{2}

${\mathbb R}^2$

Dann denke ich, dass dies ein anderes Problem ist, aber ein räumlicher Poisson-Prozess ist jetzt genau definiert. Sie könnten versuchen, das Problem im Einklang mit Ihren neuen Interessen zu formulieren.

Was ist der Unterschied zu einem Poisson-Punkt-Prozess?

— Xi'an

@ Xi'an: (+1) Soweit ich der Beschreibung entnehmen kann, ist es nicht! :)

— Kardinal

Antworten:

Es gibt mindestens zwei Interpretationen: Eine betrifft die tatsächlichen Punkte, die durch diesen Prozess erzeugt werden, und die andere betrifft den Prozess selbst.

Wenn eine Realisierung des Poisson-Prozesses gegeben ist und Punktepaare aus dieser Realisierung ausgewählt werden sollen, bleibt nichts anderes zu tun, als alle Entfernungen systematisch mit allen anderen Entfernungen zu vergleichen (eine doppelte Schleife über den Punkten).

Wenn andernfalls die Prozedur darin bestehen soll, (i) eine Realisierung des Prozesses zu erstellen und dann (ii) ein zufälliges Punktepaar auszuwählen, implizieren die Annahmen, dass die beiden Punkte einheitlich und unabhängig vom Kreis ausgewählt werden. Die Berechnung für diese Situation kann ein für alle Mal durchgeführt werden.

Beachten Sie, dass die quadratischen Abstände und gleichmäßig verteilt sind, woher die gewünschte Wahrscheinlichkeit stammt $r_1 = d_1^2$ $r_2 = d_2^2$

p (a, b) = Pr (d_{1}^{2} < \frac{d_{2}^{2}}{a (1 + b d_{2}^{2})}) = \int_{0}^{1} d r_{2} \int_{0}^{max (0, min (1, r_{2} / (a (1 + b r_{2}))))} d r_{1} .

$p(a,b) = \Pr\left(d_1^2 \lt \frac{d_2^2}{a(1 + b d_2^2)}\right) = \int_0^1 d r_2 \int_0^{\max(0, \min(1, r_2 / (a(1 + b r_2))))} d r_1.$

Die und kann durch Brechen in Fällen behandelt werden. Einige spezielle Werte von und müssen behandelt werden. Da die Integration ein quadratisches Fenster über einem Bereich ist, der generisch durch Linien und Lappen einer Hyperbel begrenzt ist (mit vertikaler Achse bei und horizontaler Achse bei ), ist das Ergebnis einfach, aber chaotisch. es sollte rationale Ausdrücke in und und einige inverse hyperbolische Funktionen (dh natürliche Logarithmen) beinhalten. Ich ließ Mathematica es ausschreiben: $\max$ $\min$ $a$ $b$ $1/(ab)$ $-1/b$ $a$ $b$

\begin{array}{ll} \frac{b + 1}{b} & (- 1 \leq a < 0 \land \frac{1}{a} - b \leq 1 \land b < - 1) \\ \lor (a < - 1 \land \frac{1}{a} - b < 1 \land b < - 1) \\ - \frac{1}{b (a b - 1)} & \frac{1}{a} - b = 1 \land a < - 1 \\ \frac{a^{2} b + 2 a b + a - 2}{2 (a b - 1)} & b = 0 \land a > 0 \land \frac{1}{a} - b > 1 \\ \frac{b - \log (b + 1)}{a b^{2}} & a > 0 \land \frac{1}{a} - b \leq 1 \land b > - 1 \\ \frac{a b^{2} + a b - a b \log (b + 1) - b + \log (b + 1)}{a b^{2} (a b - 1)} & a > 0 \land \frac{1}{a} - b \leq 1 \land b \leq - 1 \\ \frac{\log (1 - a b)}{a b^{2}} & a > 0 \land \frac{1}{a} - b > 1 \land b \leq - 1 \\ \frac{a b^{2} + a b + \log (1 - a b)}{a b^{2}} & (- 1 < b < 0 \land a > 0 \land \frac{1}{a} - b > 1) \\ \lor (b > 0 \land a > 0 \land \frac{1}{a} - b > 1) \\ \frac{b - \log ((- b - 1) (a b - 1))}{a b^{2}} & a < 0 \land \frac{1}{a} - b > 1 \end{array}

$\begin{array}{ll} \frac{b+1}{b} & \left(-1\leq a<0\land \frac{1}{a}-b\leq 1\land b<-1\right)\\ &\lor \left(a<-1\land \frac{1}{a}-b<1\land b<-1\right) \\ -\frac{1}{b (a b-1)} & \frac{1}{a}-b=1\land a<-1 \\ \frac{a^2 b+2 a b+a-2}{2 (a b-1)} & b=0\land a>0\land \frac{1}{a}-b>1 \\ \frac{b-\log (b+1)}{a b^2} & a>0\land \frac{1}{a}-b\leq 1\land b>-1 \\ \frac{a b^2+a b-a b \log (b+1)-b+\log (b+1)}{a b^2 (a b-1)} & a>0\land \frac{1}{a}-b\leq 1\land b\leq -1 \\ \frac{\log (1-a b)}{a b^2} & a>0\land \frac{1}{a}-b>1\land b\leq -1 \\ \frac{a b^2+a b+\log (1-a b)}{a b^2} & \left(-1<b<0\land a>0\land \frac{1}{a}-b>1\right) \\ & \lor \left(b>0\land a>0\land \frac{1}{a}-b>1\right) \\ \frac{b-\log ((-b-1) (a b-1))}{a b^2} & a<0\land \frac{1}{a}-b>1 \end{array}$

Die numerische Integration und Simulation über die Bereiche und bestätigen diese Ergebnisse. $-2 \le a \le 2$ $-5 \le b \le 5$

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Die modifizierte Frage fordert dazu auf, durch zu ersetzen, und nimmt an, dass und beide positiv sind. Bei einer Substitution bleibt der Integrationsbereich derselbe und der Integrand wird zu anstelle von . Wenn wir schreiben , erhalten wir $d_i^2$ $d_i^\alpha$ $a$ $b$ $r_i = d_i^\alpha$ $(2/\alpha)^2(r_1 r_2)^{2/\alpha-1}$ $1$ $\theta = \alpha/2$

\frac{1}{2} a^{- 1 / θ}_{2} F_{1} (\frac{1}{θ}, \frac{2}{θ}; \frac{θ + 2}{θ}; - b)

$\frac{1}{2} a^{-1/\theta } \, _2F_1\left(\frac{1}{\theta },\frac{2}{\theta };\frac{\theta +2}{\theta };-b\right)$

wenn oder und ansonsten ist das Ergebnis $(a>0\land a<1\land a b+a\geq 1)$ $a\geq 1$

- a^{\frac{1}{θ}} {(\frac{1}{1 - a b})}^{\frac{1}{θ}} + \frac{1}{2} a^{\frac{1}{θ}} (1 - a b)^{- 2 / θ}_{2} F_{1} (\frac{1}{θ}, \frac{2}{θ}; \frac{θ + 2}{θ}; 1 + \frac{1}{a b - 1}) + 1.

$-a^{\frac{1}{\theta }} \left(\frac{1}{1-a b}\right)^{\frac{1}{\theta }}+\frac{1}{2} a^{\frac{1}{\theta }} (1-a b)^{-2/\theta } \, _2F_1\left(\frac{1}{\theta },\frac{2}{\theta };\frac{\theta +2}{\theta };1+\frac{1}{a b-1}\right)+1.$

Hier ist die hypergeometrische Funktion. Der ursprüngliche Fall von entspricht und dann reduzieren sich diese Formeln auf den vierten und siebten der acht vorherigen Fälle. Ich habe dieses Ergebnis mit einer Simulation überprüft, bei der Bereich von bis und wesentliche Bereiche von und abdeckt . $_2F_1$ $\alpha=2$ $\theta=1$ $\theta$ $1$ $3$ $a$ $b$

— whuber
quelle

Vielleicht können Sie den Wortlaut des Satzes "Vorausgesetzt ..." klarstellen, da ich nicht glaube, dass die erste Bedingung die zweite impliziert, wenn beispielsweise und . (Ich verstehe wahrscheinlich nur falsch, was Sie meinten.)

B

$B$

A > 0

$A>0$

B < 0

$B < 0$

— Kardinal

Sie haben Recht, @cardinal: Natürlich wird die Ungleichung für negative Werte von umgekehrt . Das wird uns veranlassen, die Antwort durch ihre Ergänzung zu ersetzen, was einfach genug ist. Ich werde jedoch keine Änderungen vornehmen, bis freundliche Rezensenten wie Sie auf weitere Fehler hinweisen :-).

A B

$AB$

— whuber

Die andere Sache, die für mich keinen Sinn ergibt, ist, dass die endgültige Antwort für unveränderlich ist . Nehmen Sie einfach . (Tippfehler?) :)

B

$B$

B \to \infty

$B \to \infty$

— Kardinal

Außerdem sollte jede Antwort, die Sie erhalten, vollständig unveränderlich zu der in gewählten Norm sein , dh wir können den Kreis durch die durch eine Norm induzierte Scheibe ersetzen, ohne die Wahrscheinlichkeit zu beeinflussen. Dies sollte eine weitere Überprüfung der geistigen Gesundheit ermöglichen.

R^{2}

$\mathbb R^2$

— Kardinal

Danke whuber. Jetzt verstehe ich, warum das Problem für andere so unklar erscheint. Eigentlich suche ich nach dem zweiten Fall, den Sie beschrieben haben: "Der Prozess selbst". und sind beide positiv.

A

$A$

B

$B$

— Helium

Dieses Problem kann gelöst werden, indem in Teile zerlegt und die Eigenschaften eines Poisson-Prozesses verwendet werden .

Es hilft, sich daran zu erinnern, wie ein Poisson-Punkt-Prozess der Intensität auf einer begrenzten Teilmenge von . Wir erzeugen zuerst eine Poisson-Zufallsvariable mit der RatewoLebesguemaß bedeutet und dann streuen wir diese Punkte gleichmäßig zufällig innerhalb von . $\rho$ $\newcommand{\A}{\mathcal A}$ $\mathbb R^2$ $N$ $\rho |\mathcal A|$ $|\cdot|$ $N$ $\A$

Dies sagt uns sofort, dass solange , wenn wir zwei Punkte (ohne Ersatz) zufällig auswählen, diese beiden Punkte unabhängig und gleichmäßig auf . Wenn , müssen wir etwas tun und eine natürliche Wahl besteht darin, die gewünschte Wahrscheinlichkeit als Null zu definieren. Beachten Sie, dass dies mit der Wahrscheinlichkeit geschieht Dies ist der einzige Teil des Problems, der von der Intensität des Poisson-Prozesses abhängt. $N \geq 2$ $\A$ $N < 2$

P (N < 2) = (1 + ρ | A |) e^{- ρ | A |} .

$\renewcommand{\Pr}{\mathbb P}\Pr(N < 2) = (1+\rho|\A|) e^{-\rho|\A|} \>.$

Wahrscheinlichkeit abhängig von $\{N \geq 2\}$

Wir interessieren uns für die Wahrscheinlichkeit wobei , und . Hier sind und die Radien von zwei unserer gleichmäßig verteilten Punkte, die in .

p (A, B, r) := P (d_{1}^{2} \leq \frac{d_{2}^{2}}{A (1 + B d_{2}^{2})}),

$p(A,B,r) := \Pr\Big( d_1^2 \leq \frac{d_2^2}{A(1+B d_2^2)}\Big) \>,$

A > 0

$A > 0$

B > 0

$B > 0$

A = {x : ‖ x ‖_{2} \leq r}

$\A = \{x : \|x\|_2 \leq r\}$

d_{1}

$d_1$

d_{2}

$d_2$

A

$\A$

Es ist zu beachten, dass für einen Punkt, der zufällig in der Scheibe mit dem Radius , die Verteilung des Abstands vom Ursprung , woraus wir sehen können, dass hat die gleiche Verteilung wie wobei . Daraus können wir die Wahrscheinlichkeit des Interesses als $r$ $\Pr(D \leq d) = (d/r)^2$ $D^2$ $r^2 U$ $U \sim \mathcal U(0,1)$

p (A, B, r) = P (U_{1} \leq \frac{U_{2}}{A (1 + B r^{2} U_{2})}) = \iint 1_{(0 < x < 1)} 1_{(0 < y < 1)} 1_{(0 < y < x / (A + A B r^{2} x))} d y d x .

$p(A,B,r) = \Pr\Big( U_1 \leq \frac{U_2}{A(1+B r^2 U_2)}\Big) = \iint 1_{(0 < x < 1)} 1_{(0 < y < 1)} 1_{(0 < y < x/(A+ABr^2 x))} \,\mathrm dy \, \mathrm dx \>.$

Dieses Integral teilt sich in zwei Fälle. Um es zu berechnen, benötigen wir das allgemeine Integral

\int_{0}^{t} \frac{x}{a + b x} d x = \frac{1}{b} (t - \frac{a}{b} \log (1 + b t / a)) .

$\int_0^t \frac{x}{a+bx} \,\mathrm d x = \frac{1}{b} (t - \frac{a}{b} \log(1+bt/a)) \>.$

Fall 1 : . $A(1+B r^2) \geq 1$

Hier sehen wir, dass für , also $u \leq A(1+B r^2 u)$ $u \in [0,1]$

p (A, B, r) = \frac{1}{A B r^{2}} (1 - \frac{\log (1 + B r^{2})}{B r^{2}}) .

$p(A,B,r) = \frac{1}{ABr^2}\Big(1 - \frac{\log(1+B r^2)}{B r^2}\Big) \>.$

Fall 2 : . $A(1+B r^2) < 1$

Hier teilt sich das Integral für in zwei Teile, da auf . Daher integrieren wir bis zu Verwendung des allgemeinen Integrals und für das zweite Stück eine Additionsfläche von an. Wir erhalten also $p(A,B,r)$ $u \geq A(1+B r^2 u)$ $[A/(1-ABr^2),1]$ $t = A/(1-A B r^2)$ $1-A/(1-ABr^2)$

\begin{aligned} p (A, B, r) & = \frac{1}{B r^{2}} (\frac{1}{1 - A B r^{2}} + \frac{\log (1 - A B r^{2})}{A B r^{2}}) + 1 - \frac{A}{1 - A B r^{2}} \\ = 1 + \frac{1}{B r^{2}} (1 + \frac{\log (1 - A B r^{2})}{A B r^{2}}) . \end{aligned}

$\begin{align} p(A,B,r) &= \frac{1}{B r^2} \Big(\frac{1}{1-A B r^2} + \frac{\log(1-AB r^2)}{A B r^2}\Big) + 1 - \frac{A}{1 - A B r^2} \\ &= 1 + \frac{1}{B r^2} \Big(1 + \frac{\log(1-AB r^2)}{A B r^2}\Big) \>. \end{align}$

Oft hilft ein Bild; Hier ist eines, das ein Beispiel für den Integrationsbereich für jeden Fall zeigt. Beachten Sie, dass sich auf der Achse und auf der Achse befindet. $U_1$ $y$ $U_2$ $x$

Beispiele für jeden Fall

Die endgültige Wahrscheinlichkeit des Interesses ist dann natürlich . $(1 - (1+\rho\pi r^2) e^{-\rho\pi r^2} ) p(A,B,r)$

Eine einfache Verallgemeinerung

Wir können das Ergebnis leicht verallgemeinern, um eine anders geformte Kugel zu verwenden. In der Tat, für jede beliebige Norm auf , die bedingte Wahrscheinlichkeit ist invariant solange wir den Ball von der Norm statt des Kreises induzierten verwenden! $\mathbb R^2$ $p(A,B,r)$

Dies liegt daran, dass unabhängig von der gewählten Norm der quadratische Radius gleichmäßig verteilt ist. Um zu sehen warum, sei eine Norm für und die Kugel mit dem Radius unter der Norm . Beachten Sie, dass genau dann ist, wenn . Die Skalierung nach oben oder unten der Einheitskugel ist eine lineare Transformation und durch eine Standard Tatsache über Lebesguemaß, die Maßnahme einer linearen Transformation von ist seit $\delta(\cdot)$ $\mathbb R^2$ $B_\delta(r) = \{x: \delta(x) \leq r\}$ $r$ $\delta$ $rx \in B_\delta(r)$ $x \in B_\delta(1)$ $T$ $B_\delta(1)$

| B_{δ} (r) | = | T B_{δ} (1) | = | det (T) | | B_{δ (1)} | = r^{2} | B_{δ} (1) |,

$|B_\delta(r)| = |T B_\delta(1)| = |\det(T)| |B_{\delta(1)}| = r^2 |B_\delta(1)| \>,$

T (x) = r x = (r x_{1}, r x_{2})

$T(x) = r x = (r x_1, r x_2)$ In diesem Fall ist .

Dies zeigt, dass wenn für gleichmäßig in , Der Leser mit den Adleraugen wird feststellen, dass wir hier nur die Homogenität der Norm verwendet haben, und daher gilt ein ähnliches Ergebnis im Allgemeinen für gleichmäßige Verteilungen auf Klassen von Mengen, die unter einer homogenen Transformation geschlossen wurden. $D = \delta(X)$ $X$ $B_\delta(r)$

P (D \leq d) = \frac{| B_{δ} (d) |}{| B_{δ} (r) |} = (d / r)^{2} .

$\Pr(D \leq d) = \frac{|B_\delta(d)|}{|B_\delta(r)|} = (d/r)^2 \>.$

Hier ist ein Bild mit zwei ausgewählten Punkten. Die gezeigten Normen sind die euklidische Norm, die Norm, die Norm und die Norm für . Jede Einheitskugel ist schwarz umrandet, und die größte Kugel, in der die beiden zufällig ausgewählten Punkte liegen, wird in der entsprechenden Farbe gezeichnet. $\ell_1$ $\sup$ $\ell^p$ $p = 5$

Die bedingte Wahrscheinlichkeit ist das gleiche für jedes Bild , wenn der Abstand gemessen wird , die entsprechende Norm verwendet wird . $p(A,B,r)$

Vier Normen

— Kardinal
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+1 Ich habe ähnliche Bilder verwendet, um dies zu lösen, aber in meinen ist die horizontale Achse, nicht die vertikale :-). Es hilft, den Ausdruck für den Bereich der Integration zu standardisieren. für positives und ist es und zeigt sofort das Zentrum bei und die Skalierung mit zeigen und .

u_{1}

$u_1$

A

$A$

B

$B$

(x - 1 / (A B)) (y + 1 / B) < - 1 / (A^{2} B)

$(x-1/(AB))(y+1/B) \lt -1/(A^2 B)$

(1 / (A B), - 1 / B)

$(1/(AB), -1/B)$

A

$A$

B

$B$

— whuber

@whuber: (+1) Ich war auf dem Zaun darüber, ob ich das tun soll oder nicht. Der Grund, warum ich mich für die Zahlen entschieden habe, war, dass ich nicht die inverse Abbildung einführen musste, von der ich dachte, dass sie chaotischer aussehen würde. Durch Umdrehen der Äxte von dem, was mir am natürlichsten erschien, konnte ich das vermeiden. :)

— Kardinal