Si $X$ y $Y$ son uniformes $(-1,1)$ ¿Cómo puedo encontrar la distribución de $W=X^2+Y^2$ ?

Question

Si $Y$ y $X$ son variables aleatorias uniformes independientes (-1,1), me gustaría derivar la distribución de $W=X^2+Y^2$ .

Al principio pensé que podría utilizar la técnica de la FCD y un argumento geométrico, es decir, dividir el área de un círculo de radio $\sqrt{w}$ , $0<w<2$ por $4$ el área de la $2$ por $2$ cuadrado que constituye el soporte de $X$ y $Y$ .

El problema de este enfoque es que el pdf resultante:

$$f_W (w)=\begin{cases} \pi /4,& 0<w<2 \\ 0, & \text{elsewhere} \end{cases} $$

no se integra a $1$ .

¿Podría ayudarme a entender en qué me he equivocado aquí y cómo llegar a la respuesta correcta?

Gracias de antemano.

Answer 1

Su enfoque geométrico funcionará. Haz un dibujo. Si $0\lt w\le 1$ Obtenemos un círculo que si está completamente dentro del cuadrado en el que "vive" la densidad de la junta, y como has visto las cosas son sencillas.

Si $1\lt w\lt 2$ necesitamos encontrar el área de la parte $D$ del cuadrado que está en el disco de radio $\sqrt{w}$ . Une el centro del círculo con el $8$ puntos donde el círculo se encuentra con los lados del cuadrado. Esto divide nuestra región $D$ en $8$ partes, $4$ triángulos isósceles y $4$ sectores circulares.

Encontramos el área combinada de estos y dividimos por $4$ o, de forma equivalente, hallar el área de un triángulo y de un sector circular, y sumar.

Para encontrar el área de un triángulo, encontremos por ejemplo los dos lugares donde $x^2+y^2=w$ se encuentra con la línea $x=1$ . Esto es en $y=\pm \sqrt{w-1}$ . Así que la base del triángulo es $2\sqrt{w-1}$ y por lo tanto el área es $\sqrt{w-1}$ .

El ángulo central de cada triángulo es $2\arctan(\sqrt{w-1})$ y, por tanto, el ángulo de cada uno de los $4$ sectores circulares es $\frac{\pi}{2}-\arctan(\sqrt{w-1})$ . Para el área, dividir por $2$ .

Answer 2

$\newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert}$ $\ds{}$ \begin{align}&\color{#66f}{\large% \int_{-1}^{1}\int_{-1}^{1}\delta\pars{w - x^{2} - y^{2}}\,{\dd x \over 2}\, {\dd y \over 2}} \\[3mm]&={1 \over 4}\,2\int_{0}^{1}2\int_{0}^{1}\bracks{% {\delta\pars{y + \root{w - x^{2}}} \over 2\verts{y}} +{\delta\pars{y - \root{w - x^{2}}} \over 2\verts{y}}}\,\dd y\,\dd x \\[3mm]&=\left. \half\int_{0}^{1}{\dd x \over \root{w - x^{2}}}\, \right\vert_{w\ >\ x^{2}\,,\root{\vphantom{\Large A}w - x^{2}}\ <\ 1} =\left. \half\int_{0}^{1}{\dd x \over \root{w - x^{2}}}\, \right\vert_{w - 1\ <\ x^{2}\ <\ w} \\[3mm]&=\left\lbrace\begin{array}{lcl} \half\int_{0}^{\root{w}}{\dd x \over \root{w - x^{2}}} & \mbox{if} & 0 < w < 1 \\[2mm] \half\int_{\root{w - 1}}^{1}{\dd x \over \root{w - x^{2}}} & \mbox{if} & 1 \leq w < 2 \\[2mm] 0 && \mbox{otherwise} \end{array} \derecho. \\[3mm]&=\color{#66f}{\large\left\lbrace \begin{array}{lcl} {\pi \over 4} & \color{#000}{\mbox{if}} & 0 < w < 1 \\[2mm] \half\,\arcsin\pars{{2 \over w} - 1} & \color{#000}{\mbox{if}} & 1 \leq w < 2 \\[2mm] 0 && \color{#000}{\mbox{otherwise}} \end{array}\right.} \end{align}