Xác suất của mối quan hệ về sự phân bố đồng đều các điểm trên không gian 2D

Giả sử một tập hợp các nút nằm rải rác trên một bề mặt 2D để với bất kỳ , số lượng các nút bên trong tuân theo phân phối Poisson với tham số , trong đóhiển thị diện tích của tập hợp con và là cường độ của các điểm (số điểm trung bình trên một đơn vị diện tích).$\mathcal{S}$$\mathcal{A} \subset \mathcal{S}$$\mathcal{A}$$|\mathcal{A}| \rho$$|\mathcal{A}|$$\mathcal{A}$$\rho$

Chúng tôi chỉ quan tâm đến các điểm bên trong một vòng tròn đã cho có bán kính . Số lượng các nút bên trong vòng tròn là một biến Poisson với tham số . Chúng tôi chọn hai nút từ bên trong vòng tròn một cách ngẫu nhiên. Đặt và hiển thị khoảng cách của nút đầu tiên và nút thứ hai từ tâm vòng tròn.$r$$\rho \pi r^2$$d_1$$d_2$

Làm thế nào tôi có thể tính xác suất của sự kiện:

$${d_1}^2 < \frac{{d_2}^2}{A(1+B{d_2}^2)}$$ trong đó và là hằng số.$A$$B$

Biên tập:

1. Giả sử và .$A > 0$$B > 0$

2. Tôi quan tâm đến chính quá trình, chứ không phải các điểm được tạo ra bởi quy trình (như whuber mô tả trong câu trả lời của anh ta bên dưới).

3. Còn về trường hợp và được thay thế bằng và cho (Tôi đoán, điều này sẽ sửa đổi vấn đề kể từ và không được phân phối đồng đều nữa). d 2 2 d 1 α d 2 αα>2 d 1 α d 2${d_1}^2$${d_2}^2$${d_1}^\alpha$${d_2}^\alpha$$\alpha > 2$${d_1}^\alpha$${d_2}^\alpha$

Có ít nhất hai cách hiểu: một liên quan đến các điểm thực tế được tạo ra bởi quá trình này và các điểm khác liên quan đến chính quá trình.

Nếu việc thực hiện quy trình Poisson được đưa ra và các cặp điểm được chọn từ thực hiện đó, thì không có gì phải làm ngoại trừ so sánh một cách có hệ thống tất cả các khoảng cách với tất cả các khoảng cách khác (một vòng lặp kép qua các điểm).

Mặt khác, nếu quy trình được dự định bao gồm (i) tạo ra sự thực hiện quy trình và sau đó (ii) chọn một cặp điểm ngẫu nhiên, thì các giả định ngụ ý hai điểm được chọn thống nhất và độc lập với vòng tròn. Việc tính toán cho tình huống này có thể được thực hiện một lần và mãi mãi.

Lưu ý rằng khoảng cách bình phương và được phân phối đồng đều, từ đó xác suất mong muốn là r 2 = d 2 $r_1 = d_1^2$$r_2 = d_2^2$

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

Các và có thể được xử lý bởi đột nhập vào trường hợp. Một số giá trị đặc biệt của và phải được xử lý. Bởi vì tích hợp là một cửa sổ vuông trên một vùng được giới hạn bởi các đường và thùy của một hyperbola (với trục dọc ở và trục ngang ở ), kết quả rất đơn giản nhưng lộn xộn; nó nên liên quan đến các biểu thức hợp lý trong và và một số hàm hyperbol nghịch đảo (nghĩa là logarit tự nhiên). Tôi đã có Mathicala viết nó ra:$\max$$\min$$a$$b$$1/(ab)$$-1/b$$a$$b$

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

Tích hợp và mô phỏng số trong các phạm vi và xác nhận những kết quả này.$-2 \le a \le 2$$-5 \le b \le 5$

Biên tập

Câu hỏi được sửa đổi yêu cầu thay thế bằng và giả sử cả và đều dương. Khi thực hiện thay thế , vùng tích hợp vẫn giữ nguyên và integrand trở thành thay vì . Viết , chúng tôi có được$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$

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

khi hoặc và nếu không thì kết quả là$(a>0\land a<1\land a b+a\geq 1)$$a\geq 1$

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

Ở đây, là hàm siêu bội. Trường hợp ban đầu của tương ứng với và sau đó các công thức này giảm xuống thứ tư và thứ bảy trong tám trường hợp trước đó. Tôi đã kiểm tra kết quả này với một mô phỏng, cho phép dao động từ đến và bao gồm các dãy đáng kể của và .$_2F_1$$\alpha=2$$\theta=1$$\theta$$1$$3$$a$$b$

Vấn đề này có thể được giải quyết bằng cách phân tách thành các phần và sử dụng các thuộc tính của quy trình Poisson .

Nó giúp nhớ lại cách tạo ra một quá trình cường độ điểm Poisson trên tập con bị chặn của . Trước tiên, chúng tôi tạo ra một biến ngẫu nhiên Poisson với tỷ lệở đâubiểu thị Lebesgue đo lường, và sau đó chúng ta rắc những điểm thống nhất ở bên trong ngẫu nhiên của .$\rho$$\newcommand{\A}{\mathcal A}$$\mathbb R^2$$N$$\rho |\mathcal A|$$|\cdot|$$N$$\A$

Này ngay lập tức cho chúng ta biết chừng nào , nếu chúng tôi chọn hai điểm (không có thay thế) một cách ngẫu nhiên, sau đó hai điểm này sẽ được độc lập và phân bố đều trên . Khi , chúng ta phải làm một cái gì đó và một lựa chọn tự nhiên là xác định xác suất mong muốn là 0. Lưu ý rằng điều này xảy ra với xác suất Đây là phần duy nhất của vấn đề phụ thuộc vào cường độ quá trình Poisson.$N \geq 2$$\A$$N < 2$

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

Xác suất có điều kiện trên$\{N \geq 2\}$

Chúng tôi quan tâm đến xác suất trong đó , và . Dưới đây và là bán kính của hai điểm của chúng tôi phân bố đều mà rơi vào .

$$p(A,B,r) := \Pr\Big( d_1^2 \leq \frac{d_2^2}{A(1+B d_2^2)}\Big) \>,$$ $A > 0$$B > 0$$\A = \{x : \|x\|_2 \leq r\}$$d_1$$d_2$$\A$

Lưu ý rằng đối với một điểm được phân phối ngẫu nhiên trong đĩa có bán kính , phân phối khoảng cách từ gốc là , từ đó chúng ta có thể thấy rằng có phân phối giống như trong đó . Từ đó, chúng ta có thể xác định lại xác suất quan tâm là $r$$\Pr(D \leq d) = (d/r)^2$$D^2$$r^2 U$$U \sim \mathcal U(0,1)$

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

Tích phân này chia thành hai trường hợp. Để tính toán, chúng ta cần tích phân chung

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

Trường hợp 1 : .$A(1+B r^2) \geq 1$

Ở đây chúng ta thấy rằng cho , vì vậy $u \leq A(1+B r^2 u)$$u \in [0,1]$

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

Trường hợp 2 : .$A(1+B r^2) < 1$

Ở đây tích phân cho chia thành hai phần kể từ khi trên . Do đó, chúng tôi tích hợp tối đa bằng cách sử dụng tích phân chung và sau đó giải quyết trên diện tích thêm cho mảnh thứ hai. Vì vậy, chúng tôi nhận được $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)$

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

Thường thì một bức tranh giúp; đây là một ví dụ cho thấy một ví dụ về khu vực tích hợp cho từng trường hợp. Lưu ý rằng nằm trên và trên .$U_1$$y$$U_2$$x$

Tất nhiên, xác suất quan tâm cuối cùng là .$(1 - (1+\rho\pi r^2) e^{-\rho\pi r^2} ) p(A,B,r)$

Một khái quát dễ dàng

Chúng ta có thể dễ dàng khái quát kết quả để sử dụng một quả bóng có hình dạng khác nhau. Trong thực tế, đối với bất kỳ chỉ tiêu tùy ý nào trên , xác suất có điều kiện là bất biến miễn là chúng ta sử dụng bóng được tạo bởi định mức thay vì đường tròn!$\mathbb R^2$$p(A,B,r)$

Điều này là do cho dù chúng tôi chọn định mức nào, bán kính bình phương được phân bố đồng đều. Để xem tại sao, hãy để là một chỉ tiêu trên và bóng bán kính theo định mức . Lưu ý rằng khi và chỉ khi . Tỷ lệ tăng hoặc giảm của bóng đơn vị là một phép biến đổi tuyến tính và theo một thực tế tiêu chuẩn về phép đo Lebesgue, số đo của phép biến đổi tuyến tính của là kể từ khi$\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)$

$$|B_\delta(r)| = |T B_\delta(1)| = |\det(T)| |B_{\delta(1)}| = r^2 |B_\delta(1)| \>,$$ $T(x) = r x = (r x_1, r x_2)$ trong trường hợp này.

Điều này cho thấy rằng nếu cho phân bố đồng đều trong , thì Người đọc mắt đại bàng sẽ lưu ý rằng chúng ta chỉ sử dụng tính đồng nhất của định mức ở đây, và do đó, một kết quả tương tự sẽ nói chung cho các phân phối thống nhất trên các lớp của tập hợp đóng dưới một phép biến đổi đồng nhất.$D = \delta(X)$$X$$B_\delta(r)$

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

Dưới đây là một hình ảnh với hai điểm được chọn. Các chỉ tiêu được hiển thị là định mức Euclide, định mức , định mức định mức cho . Mỗi quả bóng đơn vị được phác thảo bằng màu đen và quả bóng lớn nhất trong đó hai điểm được chọn ngẫu nhiên nằm trong màu tương ứng.$\ell_1$$\sup$$\ell^p$$p = 5$

Xác suất có điều kiện là giống nhau cho mỗi hình ảnh khi khoảng cách được đo bằng cách sử dụng định mức tương ứng.$p(A,B,r)$