इसका वितरण

एक नियमित अभ्यास के रूप में, मैं इसके वितरण को खोजने की कोशिश कर रहा हूं $\sqrt{X^2+Y^2}$ कहाँ पे $X$ तथा $Y$ स्वतंत्र हैं $U(0,1)$ यादृच्छिक चर।

का संयुक्त घनत्व $(X,Y)$ है

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

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

ध्रुवीय निर्देशांक में बदलना $(X,Y)\to(Z,\Theta)$ ऐसा है कि

X = Z \cos Θ and Y = जेड पाप Θ

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

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

कब $0< z<1$ , हमारे पास है $0< \cos\theta<1,\,0<\sin\theta<1$ ताकि $0<\theta<\frac{\pi}{2}$ ।

कब $1< z<\sqrt 2$ , हमारे पास है $z\cos\theta<\implies\theta>\cos^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)$ , जैसा $\cos\theta$ पर घट रहा है $\theta\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$ ; तथा $z\sin\theta<1\implies\theta<\sin^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)$ , जैसा $\sin\theta$ बढ़ता जा रहा है $\theta\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$ ।

के लिए $1< z<\sqrt 2$ , हमारे पास है $\cos^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)<\theta<\sin^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)$ ।

परिवर्तन के जकोबियन का पूर्ण मूल्य है

| जे | = z

$|J|=z$

इस प्रकार के संयुक्त घनत्व $(Z,\Theta)$ द्वारा दिया गया है

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))}}

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

घालमेल करना $\theta$ , हम पीडीएफ प्राप्त करते हैं $Z$ जैसा

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}}

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

क्या मेरा तर्क सही है? किसी भी मामले में, मैं इस पद्धति से बचना चाहूंगा और इसके बजाय cdf खोजने का प्रयास करूंगा $Z$ सीधे। लेकिन मैं मूल्यांकन करते समय वांछित क्षेत्रों को नहीं खोज सका $\mathrm{Pr}(Y\le \sqrt{z^2-X^2})$ ज्यामितीय।

संपादित करें।

मैंने वितरण समारोह खोजने की कोशिश की $Z$ जैसा

\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}

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

गणितज्ञ कहते हैं कि इसे कम करना चाहिए

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}

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

जो सही अभिव्यक्ति की तरह दिखता है। फर्क $F_Z$ मामले के लिए $1< z<\sqrt 2$ हालांकि एक अभिव्यक्ति है जो आसानी से पीडीएफ मैं पहले से ही प्राप्त करने के लिए सरल नहीं लाता है।

अंत में, मुझे लगता है कि मेरे पास CDF के लिए सही चित्र हैं:

के लिये $0<z<1$ :

और किसके लिए $1<z<\sqrt 2$ :

छायांकित हिस्से क्षेत्र के क्षेत्र को इंगित करने वाले हैं

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

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

तस्वीर तुरंत उपज देती है

\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}

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

, जैसा कि मैंने पहले पाया था।

— StubbornAtom
स्रोत

सीडीएफ को सीधे खोजने के लिए, संकेतक कार्यों का उपयोग करें। के लिये

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 .

$\Pr(\sqrt{X^2+Y^2}\le z)=\int_0^1\int_0^1\mathcal{I}(x^2+y^2\le z^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$ बाकी विशुद्ध रूप से बीजगणितीय हेरफेर है। (संपादित करें:। मैं देख रहा हूँ @ शीआन सिर्फ उसके जवाब में बीजगणित पोस्ट)

— whuber

संपादन संपादित करें: मैं कई अलग-अलग अभिव्यक्तियाँ भी प्राप्त करता हूँ और (उपयोग करते हुए FullSimplify) वे गणित के विभिन्न सूत्रों को सरल बनाते हैं । हालांकि, वे बराबर हैं। यह उनके अंतर की साजिश को आसानी से दिखाया गया है। जाहिर है कि गणितज्ञ यह नहीं जानता है

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

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

1 < z < \sqrt{2}

$1\lt z \lt \sqrt{2}$ ।

— whuber

सतह के किनारे,

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

$\sqrt{r^2-x^2}$ , आपकी अंतिम तस्वीर में केंद्र (0,0) के साथ एक (अर्ध) सर्कल होना चाहिए। इस प्रकार अवतल (वर्तमान में खींचा गया) उत्तल के बजाय।

— सेक्टस एम्पिरिकस

जवाबों:

कि पीडीएफ सही है एक साधारण सिमुलेशन द्वारा जाँच की जा सकती है

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)

चरों के ध्रुवीय परिवर्तन के बिना cdf को ढूंढना

\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}

$\begin{align*} \mathrm{Pr}(\sqrt{X^2+Y^2}\le z) &= \mathrm{Pr}(X^2+Y^2\le z^2)\\ &= \mathrm{Pr}(Y^2\le z^2-X^2)\\ &=\mathrm{Pr}(Y\le \sqrt{z^2-X^2}\,,X\le z)\\ &=\mathbb{E}^X[\sqrt{z^2-X^2}\mathbb{I}_{[0,\min(1,z)]}(X)]\\ &=\int_0^{\min(1,z)} \sqrt{z^2-x^2}\,\text{d}x\\ &=z^2\int_0^{\min(1,z^{-1})} \sqrt{1-y^2}\,\text{d}y\qquad [x=yz\,,\ \text{d}x=z\text{d}y]\\ &=z^2\int_0^{\min(\pi/2,\cos^{-1} z^{-1})} \sin^2{\theta} \,\text{d}\theta\qquad [y=\cos(\theta)\,,\ \text{d}y=\sin(\theta)\text{d}\theta]\\ &=\frac{z^2}{2}\left[ \min(\pi/2,\cos^{-1} z^{-1}) - \sin\{\min(\pi/2,\cos^{-1} z^{-1})\}\cos\{\min(\pi/2,\cos^{-1} z^{-1}\}\right]\\ &=\frac{z^2}{2}\begin{cases} \pi/2 &\text{ if }z<1\\ \cos^{-1} z^{-1}-\sin\{\cos^{-1} z^{-1})\}z^{-1}&\text{ if }z\ge 1\\ \end{cases}\\ &=\frac{z^2}{2}\begin{cases} \pi/2 &\text{ if }z<1\\ \cos^{-1} z^{-1}-\sqrt{1-z^{-2}}z^{-1}&\text{ if }z\ge 1\\ \end{cases} \end{align*}$ which ends up with the same complexity! (Plus potential mistakes of mine along the way!)

— Xi'an
स्रोत

The case

1 \leq z < \sqrt{2}

$1\le z<\sqrt 2$ is where it gets a bit fuzzy. I guess I don't end up with the correct pdf differentiating the expression for

z \geq 1

$z\ge 1$ .

— StubbornAtom

$f_z(z)$ :

So, for $1\le z<\sqrt 2$ , we have $\cos^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)\le\theta\le\sin^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)$

You can simplify your expressions when you use symmetry and evaluate the expressions for $\theta_{min} < \theta < \frac{\pi}{4}$ . Thus, for half of the space and then double the result.

Then you get:

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

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

and your $f_z(z)$ is

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}

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

$F_z(z)$ :

You can use the indefinite integral:

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

This leads straightforward to something similar as Xi'ans expression for $Pr(Z \leq z)$ namely

if $1 \leq z \leq \sqrt{2}$ then:

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

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

The relation with your expression is seen when we split up the $cos^{-1}$ into two $cos^{-1}$ expressions, and then converted to different $sin^{-1}$ expressions.

for $z>1$ we have

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

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

and

\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}

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

which results in your expression when you plug this into the before mentioned $F_z(z)$ for $1<z<\sqrt{2}$

— Sextus Empiricus
स्रोत

के लिये $0 \leq z \leq 1$ , $P\left(\sqrt{X^2+Y^2} \leq z\right)$ त्रिज्या के क्वार्टर-सर्कल का क्षेत्रफल है $z$ जो है $\frac 14 \pi z^2$ । अर्थात्,

के लिये 0 \leq z \leq 1, क्वार्टर-सर्कल का क्षेत्र = \frac{π z^{2}}{4} = पी (\sqrt{{एक्स}^{2} + Y^{2}} \leq z) ।

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

के लिये $1 < z \leq \sqrt{2}$ वह क्षेत्र जिस पर हमें खोजने के लिए एकीकृत करने की आवश्यकता है $P\left(\sqrt{X^2+Y^2} \leq z\right)$ दो सही त्रिकोण में विभाजित किया जा सकता है $\big($ उनमें से एक में कोने हैं $(0,0), (0,1)$ तथा $(\sqrt{z^2-1}, 1)$ जबकि दूसरे में कोने हैं $(0,0), (1,0)$ तथा $(1, \sqrt{z^2-1})$ $\big)$ together with a sector of a circle of radius $z$ and included angle $\frac{\pi}{2}-2\arccos\left(\frac{1}{z}\right)$ . The area of this region (and hence the value of $\left( P(\sqrt{X^2+Y^2} \leq z\right)$ ) is easily found. We have that for $1 < z \leq \sqrt{2}$ ,

\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}

$\begin{align}\text{area of region} &= \text{area of two triangles plus area of sector}\\ &=\sqrt{z^2-1} + \frac 12 z^2\left( \frac{\pi}{2}-2\arccos \left(\frac{1}{z}\right)\right)\\ &= \frac{\pi z^2}{4} + \sqrt{z^2-1} - z^2\arccos \frac{1}{z}\\ &= \left( P(\sqrt{X^2+Y^2} \leq z\right)\end{align}$ which is the result in Martijn Wetering's answer.

— Dilip Sarwate
स्रोत

इसका वितरण

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

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

$f_z(z)$ :

$F_z(z)$ :