Phân phối

Có một biểu thức chính tắc hoặc phân tích cho phân phối xác suất cho biến ngẫu nhiên phức tạp đối xứng tròn : $Z$

Z = e^{j θ},

$Z = e^{j\theta},$ Ở đâu

θ \sim U (0, 2 π)

$\theta \sim \mathcal U(0, 2\pi)$ ?

Ghi chú bên:

Được biết, phần thực và phần ảo, tức là:

ℜ (Z) = \cos θ ℑ (Z) = \sin θ

$\Re(Z) = \cos \theta \\ \Im(Z) = \sin \theta$ có mật độ biên được đưa ra bởi :

f_{ℜ (Z)} (z) = f_{ℑ (Z)} (z) = \frac{1}{π \sqrt{1 - z^{2}}}, - 1 < z < 1,

$f_{\Re(Z)}(z) = f_{\Im(Z)}(z) = \frac{1}{\pi\sqrt{1-z^2}}, \quad -1 < z < 1,$ nhưng vì chúng không độc lập nên việc tính toán PDF chung của chúng là không cần thiết.

BIÊN TẬP: $Z$ khác với bình thường phức tạp ở đây, biên độ $|Z|$ là xác định và xác định 1, trong khi nếu $Z$ là bình thường phức tạp, $|Z|$ sẽ được phân phối Rayleigh.

complex-random-variable

— Robert L
nguồn

Làm thế nào khác với phức tạp đối xứng tròn bình thường ?

— Maxtron

@Maxtron biên độ ở đây là 1, trong khi bình thường phức tạp có biên độ mà chính nó là một biến ngẫu nhiên có phân phối Rayleigh.

— Robert L.

@OlliNiemitalo đã có câu trả lời cho một cái gì đó tương tự như tôi nhớ ...

— Fat32

@ Fat32 Có cái này rung chuông. Câu hỏi khác là: sự phân phối của nó là gì?

— Olli Niemitalo

@OlliNiemitalo Vâng, đó là câu hỏi!

— Fat32

Câu trả lời:

Vì phần thực và phần ảo phụ thuộc rất nhiều vào nhau (nếu bạn có giá trị của phần này, bạn biết chính xác giá trị của phần kia), có vẻ như bạn có thể áp dụng pdf cận biên của phần thực $r$ , đưa ra một giá trị của phần tưởng tượng $i$ :

f_{r i} (r, i) = f_{r | i} (r | i) f_{i} (i)

$f_{ri}(r, i) = f_{r | i}(r\ |\ i) f_i(i)$

Bạn lưu ý pdf của phần thực và phần ảo riêng lẻ:

f_{r} (z) = f_{i} (z) = \frac{1}{π \sqrt{1 - z^{2}}}

$f_r(z) = f_i(z) = \frac{1}{\pi\sqrt{1-z^2}}$

Điều đó khiến pdf cận biên $f_{r | i}(r\ |\ i)$ . Hãy nhớ rằng để nhận ra biến ngẫu nhiên nhất định $Z$ , hai thành phần có liên quan xác định:

r^{2} + i^{2} = \cos^{2} (θ) + \sin^{2} (θ) = 1

$r^2 + i^2 = \cos^2(\theta) + \sin^2(\theta) = 1$

Với mối quan hệ này, chúng ta có thể giải quyết cho $r$ về mặt $i$ :

r^{2} = 1 - i^{2}

$r^2 = 1 - i^2$

r = \pm \sqrt{1 - i^{2}}

$r = \pm \sqrt{1-i^2}$

Do đó, pdf cận biên của $r$ cho một giá trị của $i$ là một cặp xung:

f_{r | i} (r | i) = \frac{1}{2} δ (r - \sqrt{1 - i^{2}}) + \frac{1}{2} δ (r + \sqrt{1 - i^{2}})

$f_{r | i}(r\ |\ i) = \frac{1}{2}\delta\left(r - \sqrt{1 - i^2}\right) + \frac{1}{2}\delta\left(r + \sqrt{1 - i^2}\right)$

Đặt những thứ này lại với nhau sẽ mang lại:

f_{r i} (r, i) = \frac{δ (r - \sqrt{1 - i^{2}}) + δ (r + \sqrt{1 - i^{2}})}{2 π \sqrt{1 - i^{2}}}

$f_{ri}(r, i) = \frac{\delta\left(r - \sqrt{1 - i^2}\right) + \delta\left(r + \sqrt{1 - i^2}\right)}{2\pi\sqrt{1-i^2}}$

Suy nghĩ về điều này về mặt hình học, cho mọi đường ngang $i = i_0$ (cho $i_0 \in [-1, 1]$ ) bên trong $ri$ máy bay, chỉ có hai điểm $r_0 = \pm \sqrt{1 - i_0^2}$ đó là khác không, và pdf có chiều cao vô hạn tại những điểm đó. Như chúng ta có thể mong đợi, những điểm giao nhau đó (tức là những điểm mà pdf không khác) là nơi đường ngang giao nhau với vòng tròn đơn vị!

Điều này có nghĩa là pdf chung có giá trị bằng 0, ngoại trừ dọc theo vòng tròn đơn vị, nơi nó có chiều cao vô hạn. Điều đó phù hợp với trực giác, như định nghĩa của biến ngẫu nhiên $Z$ đảm bảo rằng chỉ có thể đảm nhận các giá trị trên vòng tròn đơn vị.

Không có gì đặc biệt về cách cụ thể mà tôi đặt ra; bạn cũng có thể hoán chuyển vấn đề và nhìn vào các đường thẳng đứng trong $ri$ mặt phẳng có dạng $r = r_0$ và bạn sẽ tìm thấy mối quan hệ tương tự do sự kết hợp chặt chẽ của hai biến ngẫu nhiên.

Tôi tin rằng công thức này tương đương với câu trả lời của AlexTP , nhưng dẫn xuất của anh ta có lẽ trực quan hơn.

— Jason R
nguồn

có lỗi đánh máy không

r = 1 - i^{2}

$r = 1- i^2$ ; ý bạn là

r^{2} = 1 - i^{2}

$r^2=1-i^2$ ? Ngoài ra chúng tôi có thể chỉ ra rằng pdf chung tích hợp với mặt phẳng 1 trong xy (hoặc eqv ri). Lại một lần nữa pdf chung

f_{r i} (r, i)

$f_{ri}(r,i)$ không đối xứng tròn? (mẫu số?). Chúng ta không thể đơn giản sử dụng logic đã cho

z = e^{j θ} = \cos (θ) + j \sin (θ) = x + j y

$z = e^{j \theta} = \cos(\theta) + j \sin(\theta) = x + jy$ với

θ

$\theta$ đồng phục trong [

0, 2 π

$0,2\pi$ ] và các ràng buộc

x^{2} + y^{2} = 1

$x^2+y^2=1$ chỉ cần cung cấp một pdf khớp đối xứng tròn của loại

f_{x y} (x, y) = K δ_{2} (x^{2} + y^{2} - 1)

$f_{xy}(x,y) = K \delta_2(x^2+y^2-1)$ hoặc là

f_{R, θ} = K δ_{2} (R - 1)

$f_{R,\theta} = K \delta_2(R-1)$ ; một vòng xung trên mặt phẳng xy? nơi K có thể

1 / 2 π

$1/2\pi$ ?

— Fat32

Tôi đã sửa lỗi chính tả mà bạn đề cập đến, cảm ơn.

— Jason R

@ Fat32: Tôi đã thực hiện một số bản sửa lỗi dẫn tôi đến những gì nghe giống như những gì bạn đang nhận được trong nhận xét của bạn ở trên. Câu trả lời của AlexTP có lẽ vẫn dễ chịu hơn bằng trực giác.

— Jason R

Có một lỗi đánh máy trong việc sao chép

f_{r | i} (r | i)

$f_{r|i}(r|i)$ đến

f_{r, i} (r, i)

$f_{r,i}(r,i)$ . Và tôi quan sát điều đó

f_{r, i} (0, 1) = \infty

$f_{r,i}(0,1) = \infty$ la khac nhau tư

f_{r, i} (1, 0) = \frac{1}{2 π}

$f_{r,i}(1,0) = \frac{1}{2\pi}$ . Tôi nghĩ rằng họ nên có cùng một giá trị, phải không?

— AlexTP

tất cả mọi người, có lẽ một mô phỏng nhanh sẽ hữu ích cho thấy điểm của bạn :)

— AlexTP 17/11/18

Tránh tính toán phức tạp, hãy $X$ và $Y$ là tiêu chuẩn bình thường biến ngẫu nhiên , biến ngẫu nhiên của bạn $Z$ có cùng phân phối $V$

V ≜ (\frac{X}{\sqrt{X^{2} + Y^{2}}}, \frac{Y}{\sqrt{X^{2} + Y^{2}}})

$V \triangleq \left(\frac{X}{\sqrt{X^2+Y^2}},\frac{Y}{\sqrt{X^2+Y^2}} \right)$ (dễ dàng nhận thấy

‖ V ‖ = 1

$\lVert V\rVert=1$ và góc của

V

$V$ tương đương với góc của một đối xứng tròn bình thường do đó đồng nhất).

Trường hợp này $V$ là một trong những cấu trúc của một điểm được phân bố đồng đều trên vòng tròn (có thể khái quát thành $(n-1)$ -shere, xem Sphere Point Picking và ví dụ câu trả lời này ).

Do đó, PDF của $Z$ chỉ đơn giản là đối ứng của chu vi của vòng tròn đơn vị. Dành cho $Z_\rho = \rho e^{j\Theta}$ với cố định $\rho$ và đồng phục $\Theta$ ,

trong tọa độ cực (nơi có diện tích vô cực $r dr d\theta$ ),

f_{R, Θ} (r, θ) = \frac{1}{2 π} δ (r - ρ)

$f_{R,\Theta}(r,\theta)=\frac{1}{2\pi} \delta(r - \rho)$

— AlexTP
nguồn

Tôi nghĩ rằng điều này là đúng.

— robert bristow-johnson

Trực giác dường như rất đơn giản đằng sau bằng chứng. Tất cả những gì bạn cần làm là chọn điểm từ bề mặt của một hình cầu đơn vị :)

— Maxtron

Chúng ta không thể loại bỏ

| | z | |

$||z||$ trong mẫu số? Nếu không, bạn sẽ đánh giá biểu thức cho

| | z | | \to 0

$||z||\rightarrow 0$ ? Tất nhiên, chúng tôi muốn

f_{Z} (0) = 0

$f_Z(0)=0$ để giữ

— Matt L.

@MattL. bạn đúng, sai

‖ z ‖

$\lVert z \rVert$ trong mẫu số, không phải do đánh giá ở giới hạn mà vì nó đơn giản là sai. Tôi đã sửa kết quả cuối cùng.

— AlexTP

@AlexTP: Tôi vẫn nghĩ rằng không nên có bất kỳ biến nào trong mẫu số. Hãy xem câu trả lời của tôi và xin vui lòng cho tôi biết nếu / tôi đi sai ở đâu.

— Matt L.

Dựa trên các câu trả lời hiện có, mở ra cho tôi những gì đang diễn ra ở đây, tôi muốn trình bày một biểu thức rất đơn giản khác cho giải pháp, hơi khác so với câu trả lời của AlexTP (và hóa ra tương đương với một được đưa ra trong câu trả lời của Jason R , như hình dưới đây trong EDIT phần).

[EDIT: bây giờ AlexTP đã chỉnh sửa câu trả lời của mình, các biểu thức của chúng tôi cho PDF là giống hệt nhau; vì vậy cả ba câu trả lời cuối cùng cũng đồng ý với nhau].

Hãy để biến ngẫu nhiên phức tạp $Z=X+jY$ được định nghĩa là

\begin{matrix} (1) & Z = ρ e^{j θ} \end{matrix}

$Z=\rho e^{j\theta}\tag{1}$

nơi bán kính $\rho$ là xác định và được đưa ra, trong khi góc $\theta$ là phân phối ngẫu nhiên và thống nhất trên $[0,2\pi)$ . Tôi tuyên bố mà không cần chứng minh thêm rằng $Z$ là đối xứng tròn, từ đó hàm theo mật độ xác suất (PDF) phải thỏa mãn

\begin{matrix} (2) & f_{Z} (z) = f_{Z} (x + j y) = f_{Z} (r), with r = \sqrt{x^{2} + y^{2}} \end{matrix}

$f_Z(z)=f_Z(x+jy)=f_Z(r),\qquad\textrm{with}\quad r=\sqrt{x^2+y^2}\tag{2}$

tức là, nó có thể được viết như là một hàm của bán kính (độ lớn) $r$ .

Vì PDF phải bằng 0 ở mọi nơi trừ $r=\rho$ và vì nó phải tích hợp với sự thống nhất (khi được tích hợp trên mặt phẳng 2 chiều), PDF duy nhất có thể là

$\begin{matrix} (3) & f_{Z} (r) = \frac{1}{2 π} δ (r - ρ) \end{matrix}$ $f_Z(r)=\frac{1}{2\pi}\delta(r-\rho)\tag{3}$

Nó có thể được chỉ ra rằng $(3)$ dẫn đến mật độ biên chính xác cho các biến ngẫu nhiên $X$ và $Y$ .

BIÊN TẬP:

Sau một số thảo luận rất hữu ích trong các bình luận, có vẻ như chúng tôi đã xoay sở để đồng ý về một giải pháp cho vấn đề. Tôi sẽ trình bày dưới đây rằng công thức không thể bỏ qua $(3)$ thực sự là tương đương với tìm công thức liên quan đến nhiều hơn trong câu trả lời của Jason R . Lưu ý rằng tôi sử dụng $r$ cho độ lớn (bán kính) của RV phức tạp $Z$ , trong khi trong câu trả lời của Jason $r$ biểu thị phần thực của $Z$ . I will use $x$ and $y$ for the real and imaginary parts, respectively. Here we go:

\begin{matrix} (4) & f_{Z} (r) = \frac{1}{2 π} δ (r - ρ) = \frac{1}{2 π} δ (\sqrt{x^{2} + y^{2}} - ρ) \end{matrix}

$f_Z(r)=\frac{1}{2\pi}\delta(r-\rho)=\frac{1}{2\pi}\delta\left(\sqrt{x^2+y^2}-\rho\right)\tag{4}$

We know that $\delta\big(g(x)\big)$ is given by

\begin{matrix} (5) & δ (g (x)) = \sum_{i} \frac{δ (x - x_{i})}{| g^{'} (x_{i}) |} \end{matrix}

$\delta\big(g(x)\big)=\sum_i\frac{\delta(x-x_i)}{|g'(x_i)|}\tag{5}$

where $x_i$ are the (simple) roots of $g(x)$ . We have

\begin{matrix} (6) & g (x) = \sqrt{x^{2} + y^{2}} - ρ and g^{'} (x) = \frac{x}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} = \frac{x}{r} \end{matrix}

$g(x)=\sqrt{x^2+y^2}-\rho\quad\textrm{and}\quad g'(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}=\frac{x}{r}\tag{6}$

The two roots $x_i$ are

\begin{matrix} (7) & x_{1, 2} = \pm \sqrt{ρ^{2} - y^{2}} \end{matrix}

$x_{1,2}=\pm\sqrt{\rho^2-y^2}\tag{7}$

Consequently,

\begin{matrix} (8) & | g^{'} (x_{1}) | = | g^{'} (x_{2}) | = \frac{\sqrt{ρ^{2} - y^{2}}}{ρ} = \sqrt{1 - {(\frac{y}{ρ})}^{2}} \end{matrix}

$|g'(x_1)|=|g'(x_2)|=\frac{\sqrt{\rho^2-y^2}}{\rho}=\sqrt{1-\left(\frac{y}{\rho}\right)^2}\tag{8}$

With $(5)$ - $(8)$ , Eq. $(4)$ can be written as

\begin{matrix} (9) & f_{X, Y} (x, y) = \frac{1}{2 π \sqrt{1 - {(\frac{y}{ρ})}^{2}}} [δ (x - \sqrt{ρ^{2} - y^{2}}) + δ (x + \sqrt{ρ^{2} - y^{2}})] \end{matrix}

$f_{X,Y}(x,y)=\frac{1}{2\pi\sqrt{1-\left(\frac{y}{\rho}\right)^2}}\left[\delta\left(x-\sqrt{\rho^2-y^2}\right)+\delta\left(x+\sqrt{\rho^2-y^2}\right)\right]\tag{9}$

For $\rho=1$ , Eq. $(9)$ is identical to the expression given in Jason R's answer.

I think we can now agree that Eq. $(3)$ is a correct (and very simple) expression for the PDF of the complex RV $Z=\rho e^{j\theta}$ with deterministic $\rho$ and uniformly distributed $\theta$ .

— Matt L.
nguồn

I think the determinant of Jacobian transform should be

r

$r$ then

\int_{θ = 0}^{2 π} \int_{r = 0}^{+ \infty} f_{Z} (r) r d r d θ \neq 1

$\int_{\theta=0}^{2\pi} \int_{r=0}^{+\infty} f_Z(r) r dr d\theta \neq 1$

— AlexTP

@AlexTP: Take as an extreme example

ρ = 0

$\rho=0$ , which makes the RV

Z

$Z$ deterministic, it's always zero. It's PDF should then be a Dirac impulse at

r = z = y = 0

$r=z=y=0$ , which is what I get with the formula I suggested. With the formula in your answer we get an undefined term in that case.

— Matt L.

it's true, but I think the value of PDF can be infinity and only the CDF should be bounded. In other words, the Dirac impulse matters only inside integrals.

— AlexTP

Yes, but if you integrate your pdf (for

ρ = 0

$\rho=0$ ), what do you get (and how would you do it)?

— Matt L.

I would do like this

lim_{ρ \to 0^{+}} \int_{θ} \int_{r = 0}^{+ \infty} \frac{1}{2 π ρ} δ (r - ρ) r d r d θ = lim_{ρ \to 0^{+}} \int_{θ} \frac{1}{2 π ρ} ρ d θ = \int_{θ} \frac{1}{2 π} d θ = 1

$\lim_{\rho \to 0^+}\int_\theta \int_{r=0}^{+\infty}\frac{1}{2\pi\rho}\delta(r-\rho) r dr d\theta = \lim_{\rho \to 0^+} \int_\theta \frac{1}{2\pi\rho} \rho d\theta = \int_\theta \frac{1}{2\pi} d\theta = 1$ The integral is finite while the PDF is not thanks to the Jacobian determinant. My point is that you need that Jacobian determinant

r

$r$ whenever you integrate the PDF in polar coordinate. Tell me if you find it unconvinced.

— AlexTP