Verteilung von wenn unabhängige -Variablen sind

Als Routineübung versuche ich, die Verteilung von wobei und unabhängige Zufallsvariablen sind. $\sqrt{X^2+Y^2}$ $X$ $Y$ $U(0,1)$

Die Gelenkdichte von ist $(X,Y)$

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

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

Transformation in Polarkoordinaten so dass $(X,Y)\to(Z,\Theta)$

X = Z \cos Θ and Y = Z \sin Θ

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

Also ist und . $z=\sqrt{x^2+y^2}$ $0< x,y<1\implies0< z<\sqrt 2$

Wenn , haben wir so dass . $0< z<1$ $0< \cos\theta<1,\,0<\sin\theta<1$ $0<\theta<\frac{\pi}{2}$

Wenn , haben wir , wie ist abnehmend auf ; und , da auf zunimmt. . $1< z<\sqrt 2$ $z\cos\theta<\implies\theta>\cos^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)$ $\cos\theta$ $\theta\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$ $z\sin\theta<1\implies\theta<\sin^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)$ $\sin\theta$ $\theta\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$

Für haben wir also . $1< z<\sqrt 2$ $\cos^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)<\theta<\sin^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)$

Der Absolutwert von Jacobian der Transformation ist

| J | = z

$|J|=z$

Somit ist die Verbindungsdichte von gegeben durch $(Z,\Theta)$

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))}}

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

Durch Integration von erhalten wir das pdf von as $\theta$ $Z$

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}}

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

Ist meine obige Argumentation richtig? In jedem Fall möchte ich diese Methode vermeiden und stattdessen versuchen, das cdf von direkt zu finden. Aber ich konnte die gewünschten Bereiche nicht finden, während ich geometrisch auswertete . $Z$ $\mathrm{Pr}(Y\le \sqrt{z^2-X^2})$

BEARBEITEN.

Ich habe versucht, die Verteilungsfunktion von als zu finden $Z$

\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}

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

Mathematica sagt, dies sollte sich auf reduzieren

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}

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

das sieht aus wie der richtige Ausdruck. Die Differenzierung von für den Fall führt jedoch zu einem Ausdruck, der sich für das bereits erhaltene PDF nicht ohne weiteres vereinfacht. $F_Z$ $1< z<\sqrt 2$

Schließlich denke ich, dass ich die richtigen Bilder für die CDF habe:

Für : $0<z<1$

Und für : $1<z<\sqrt 2$

Schattierte Bereiche sollen den Bereich der Region angeben

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

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

Das Bild gibt sofort nach

\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}

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

, wie ich vorher gefunden hatte.

— HartnäckigAtom
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Verwenden Sie Anzeigefunktionen, um die CDF direkt zu finden. FürDer Rest ist rein algebraische Manipulation. (Bearbeiten: Ich sehe, dass @ Xi'an gerade die Algebra in seiner Antwort gepostet hat.)

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

Bezüglich der Bearbeitung: Ich erhalte auch verschiedene Ausdrücke und (unter Verwendung FullSimplify) vereinfachen sie sich zu verschiedenen Formeln in Mathematica . Sie sind jedoch gleichwertig. Dies lässt sich leicht durch Auftragen ihres Unterschieds zeigen. Anscheinend weiß Mathematica nicht, dass wenn .

\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

Der Rand der Oberfläche, , in Ihrem letzten Bild sollte ein (Halb-) Kreis mit Mittelpunkt (0,0) sein. Also konkav statt (aktuell gezeichnet) konvex.

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

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

— Sextus Empiricus

Antworten:

Die Richtigkeit des PDF kann durch eine einfache Simulation überprüft werden

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)

Das Finden des cdf ohne die polare Änderung der Variablen geht durch

\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}

$\begin{align*} \mathrm{Pr}(\sqrt{X^2+Y^2}\le z) &= \mathrm{Pr}(X^2+Y^2\le z^2)\\ &= \mathrm{Pr}(Y^2\le z^2-X^2)\\ &=\mathrm{Pr}(Y\le \sqrt{z^2-X^2}\,,X\le z)\\ &=\mathbb{E}^X[\sqrt{z^2-X^2}\mathbb{I}_{[0,\min(1,z)]}(X)]\\ &=\int_0^{\min(1,z)} \sqrt{z^2-x^2}\,\text{d}x\\ &=z^2\int_0^{\min(1,z^{-1})} \sqrt{1-y^2}\,\text{d}y\qquad [x=yz\,,\ \text{d}x=z\text{d}y]\\ &=z^2\int_0^{\min(\pi/2,\cos^{-1} z^{-1})} \sin^2{\theta} \,\text{d}\theta\qquad [y=\cos(\theta)\,,\ \text{d}y=\sin(\theta)\text{d}\theta]\\ &=\frac{z^2}{2}\left[ \min(\pi/2,\cos^{-1} z^{-1}) - \sin\{\min(\pi/2,\cos^{-1} z^{-1})\}\cos\{\min(\pi/2,\cos^{-1} z^{-1}\}\right]\\ &=\frac{z^2}{2}\begin{cases} \pi/2 &\text{ if }z<1\\ \cos^{-1} z^{-1}-\sin\{\cos^{-1} z^{-1})\}z^{-1}&\text{ if }z\ge 1\\ \end{cases}\\ &=\frac{z^2}{2}\begin{cases} \pi/2 &\text{ if }z<1\\ \cos^{-1} z^{-1}-\sqrt{1-z^{-2}}z^{-1}&\text{ if }z\ge 1\\ \end{cases} \end{align*}$ was mit der gleichen Komplexität endet! (Plus mögliche Fehler von mir auf dem Weg!)

— Xi'an
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Im Fall wird es etwas unscharf. Ich denke, ich bekomme nicht das richtige PDF, das den Ausdruck für .

1 \leq z < \sqrt{2}

$1\le z<\sqrt 2$

z \geq 1

$z\ge 1$

— Hartnäckig

$f_z(z)$ :

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

Sie können Ihre Ausdrücke vereinfachen, wenn Sie Symmetrie verwenden, und die Ausdrücke für auswerten . Also für die Hälfte des Raumes und dann das Ergebnis verdoppeln. $\theta_{min} < \theta < \frac{\pi}{4}$

Dann bekommen Sie:

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

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

und dein ist $f_z(z)$

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}

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

$F_z(z)$ :

Sie können das unbestimmte Integral verwenden:

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

Dies führt direkt zu etwas ähnlichem wie Xi'ans Ausdruck für nämlich $Pr(Z \leq z)$

wenn dann: $1 \leq z \leq \sqrt{2}$

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

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

Die Beziehung zu Ihrem Ausdruck wird sichtbar, wenn wir die in zwei aufteilen und dann in verschiedene -Ausdrücke konvertieren . $cos^{-1}$ $cos^{-1}$ $sin^{-1}$

für wir $z>1$

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

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

und

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

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

\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}

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

Dies führt zu Ihrem Ausdruck, wenn Sie diesen für in das zuvor erwähnte $F_z(z)$ $1<z<\sqrt{2}$

— Sextus Empiricus
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Für ist nur die Fläche des Viertelkreises mit dem Radius der . Das heißt, $0 \leq z \leq 1$ $P\left(\sqrt{X^2+Y^2} \leq z\right)$ $z$ $\frac 14 \pi z^2$

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

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

Für kann der Bereich, über den wir integrieren müssen, um zu finden , in zwei rechtwinklige Dreiecke unterteilt werden einer von ihnen hat Eckpunkte und während der andere Eckpunkte und hat zusammen mit einem Sektor eines Kreises mit dem Radius und dem eingeschlossenen Winkel . Die Fläche dieser Region (und damit der Wert von ) ist leicht zu finden. Wir haben das für $1 < z \leq \sqrt{2}$ $P\left(\sqrt{X^2+Y^2} \leq z\right)$ $\big($ $(0,0), (0,1)$ $(\sqrt{z^2-1}, 1)$ $(0,0), (1,0)$ $(1, \sqrt{z^2-1})$ $\big)$ $z$ $\frac{\pi}{2}-2\arccos\left(\frac{1}{z}\right)$ $\left( P(\sqrt{X^2+Y^2} \leq z\right)$ $1 < z \leq \sqrt{2}$ , was das Ergebnis in Martijn Weterings Antwort ist.

\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
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Verteilung von wenn unabhängige -Variablen sind

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

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

$f_z(z)$ :

$F_z(z)$ :