Phân phối khi là độc lập biến

Như một bài tập thông thường, tôi đang cố gắng tìm phân phối của trong đó và là các biến ngẫu nhiên độc lập .$\sqrt{X^2+Y^2}$$X$$Y$$U(0,1)$

Mật độ khớp của là $(X,Y)$

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

Chuyển đổi sang tọa độ cực sao cho$(X,Y)\to(Z,\Theta)$

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

Vì vậy, và .$z=\sqrt{x^2+y^2}$$0< x,y<1\implies0< z<\sqrt 2$

Khi , chúng ta có sao cho .$0< z<1$$0< \cos\theta<1,\,0<\sin\theta<1$$0<\theta<\frac{\pi}{2}$

Khi , chúng ta có , vì là giảm trên ; và , vì đang tăng trên .$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]$

Vì vậy, với , chúng ta có .$1< z<\sqrt 2$$\cos^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)<\theta<\sin^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)$

Giá trị tuyệt đối của jacobian của phép biến đổi là

$$|J|=z$$

Do đó, mật độ khớp của được cho bởi$(Z,\Theta)$

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

Tích hợp , chúng tôi có được pdf của là$\theta$$Z$

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

Là lý luận của tôi ở trên là chính xác? Trong mọi trường hợp, tôi muốn tránh phương pháp này và thay vào đó cố gắng tìm trực tiếp cdf củaNhưng tôi không thể tìm thấy các khu vực mong muốn trong khi đánh giá mặt hình học.$Z$$\mathrm{Pr}(Y\le \sqrt{z^2-X^2})$

BIÊN TẬP.

Tôi đã thử tìm hàm phân phối của là$Z$

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

Mathematica nói rằng điều này sẽ giảm xuống

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

trông giống như biểu thức chính xác. Phân biệt cho trường hợp mặc dù đưa ra một biểu thức không dễ dàng đơn giản hóa với pdf mà tôi đã thu được.$F_Z$$1< z<\sqrt 2$

Cuối cùng, tôi nghĩ rằng tôi có hình ảnh chính xác cho CDF:

Cho :$0<z<1$

Và cho :$1<z<\sqrt 2$

Các phần được tô bóng được cho là chỉ ra khu vực của vùng

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

Hình ảnh ngay lập tức mang lại

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

, như tôi đã tìm thấy trước đây.

Rằng pdf là chính xác có thể được kiểm tra bằng một mô phỏng đơn giản

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)

Tìm cdf mà không có sự thay đổi cực của các biến đi qua

$$\begin{align*} \mathrm{Pr}(\sqrt{X^2+Y^2}\le z) &= \mathrm{Pr}(X^2+Y^2\le z^2)\\ &= \mathrm{Pr}(Y^2\le z^2-X^2)\\ &=\mathrm{Pr}(Y\le \sqrt{z^2-X^2}\,,X\le z)\\ &=\mathbb{E}^X[\sqrt{z^2-X^2}\mathbb{I}_{[0,\min(1,z)]}(X)]\\ &=\int_0^{\min(1,z)} \sqrt{z^2-x^2}\,\text{d}x\\ &=z^2\int_0^{\min(1,z^{-1})} \sqrt{1-y^2}\,\text{d}y\qquad [x=yz\,,\ \text{d}x=z\text{d}y]\\ &=z^2\int_0^{\min(\pi/2,\cos^{-1} z^{-1})} \sin^2{\theta} \,\text{d}\theta\qquad [y=\cos(\theta)\,,\ \text{d}y=\sin(\theta)\text{d}\theta]\\ &=\frac{z^2}{2}\left[ \min(\pi/2,\cos^{-1} z^{-1}) - \sin\{\min(\pi/2,\cos^{-1} z^{-1})\}\cos\{\min(\pi/2,\cos^{-1} z^{-1}\}\right]\\ &=\frac{z^2}{2}\begin{cases} \pi/2 &\text{ if }z<1\\ \cos^{-1} z^{-1}-\sin\{\cos^{-1} z^{-1})\}z^{-1}&\text{ if }z\ge 1\\ \end{cases}\\ &=\frac{z^2}{2}\begin{cases} \pi/2 &\text{ if }z<1\\ \cos^{-1} z^{-1}-\sqrt{1-z^{-2}}z^{-1}&\text{ if }z\ge 1\\ \end{cases} \end{align*}$$ mà kết thúc với sự phức tạp tương tự! (Cộng với những sai lầm tiềm tàng của tôi trên đường đi!)

---

$f_z(z)$ :

Vì vậy, với , chúng ta có $1\le z<\sqrt 2$$\cos^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)\le\theta\le\sin^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)$

Bạn có thể đơn giản hóa các biểu thức của mình khi bạn sử dụng tính đối xứng và đánh giá các biểu thức cho . Như vậy, cho một nửa không gian và sau đó nhân đôi kết quả.$\theta_{min} < \theta < \frac{\pi}{4}$

Sau đó, bạn nhận được:

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

và là$f_z(z)$

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

---

$F_z(z)$ :

Bạn có thể sử dụng tích phân không xác định:

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

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

Điều này dẫn thẳng đến một cái gì đó tương tự như biểu thức của Xi'ans cho cụ thể là$Pr(Z \leq z)$

nếu thì:$1 \leq z \leq \sqrt{2}$

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

---

Mối quan hệ với biểu thức của bạn được nhìn thấy khi chúng tôi chia thành hai biểu thức , sau đó chuyển đổi thành các biểu thức khác nhau .$cos^{-1}$$cos^{-1}$$sin^{-1}$

cho chúng ta có$z>1$

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

và

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

vì thế

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

Điều này dẫn đến biểu hiện của bạn khi bạn cắm cái này vào cái được đề cập trước đó cho$F_z(z)$$1<z<\sqrt{2}$

Với , chỉ là diện tích của một phần tư bán kính là . Đó là, $0 \leq z \leq 1$$P\left(\sqrt{X^2+Y^2} \leq z\right)$$z$$\frac 14 \pi z^2$

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

Đối với , khu vực mà chúng ta cần tích hợp để tìm có thể được chia thành hai hình tam giác bên phải một trong số chúng có các đỉnh và trong khi cái còn lại có các đỉnh và cùng với một khu vực gồm một vòng tròn bán kính và bao gồm góc . Khu vực của khu vực này (và do đó giá trị của ) có thể dễ dàng tìm thấy.$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}$ , là kết quả trong câu trả lời của Martijn Wetering.

$$\begin{align}\text{area of region} &= \text{area of two triangles plus area of sector}\\ &=\sqrt{z^2-1} + \frac 12 z^2\left( \frac{\pi}{2}-2\arccos \left(\frac{1}{z}\right)\right)\\ &= \frac{\pi z^2}{4} + \sqrt{z^2-1} - z^2\arccos \frac{1}{z}\\ &= \left( P(\sqrt{X^2+Y^2} \leq z\right)\end{align}$$