Distribución de $\sqrt{X^2+Y^2}$ al $X,Y\stackrel{\text{i.i.d.}}{\sim}{\mathcal U(0,1)}$

Question

Como una rutina de ejercicio, estoy tratando de encontrar la distribución de $\sqrt{X^2+Y^2}$ donde $X$ $Y$ son independientes $\mathcal U(0,1)$ variables aleatorias.

La articulación de la densidad de $(X,Y)$ está dado por $f(x,y)=\mathbf 1_{\{0\le x,y\le1\}}$

La transformación a coordenadas polares $(X,Y)\to(Z,\Theta)$ tal que $X=Z\cos\Theta$$Y=Z\sin\Theta$.

Por eso,$z=\sqrt{x^2+y^2}$$0\le x,y\le1\implies0\le z\le\sqrt 2$.

Al$0\le z<1$,$0\le \cos\theta<1,\,0\le \sin\theta<1$, de modo que $0\le\theta\le\frac{\pi}{2}$.

Al$1\le z<\sqrt 2$, $z\cos\theta\le1\implies\theta\ge\cos^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)$ $\cos\theta$ es la disminución en el $\theta\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$; y $z\sin\theta\le1\implies\theta\le\sin^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)$ $\sin\theta$ es el aumento en $\theta\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$.

Así, por $1\le z<\sqrt 2$, $\cos^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)\le\theta\le\sin^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)$

El Jacobiano de la transformación es$J=z\implies|J|=z$$z>0$.

Por lo tanto la articulación de la densidad de $(Z,\Theta)$ está dado por

$$g(z,\theta)=z\mathbf 1_\left\{\{z\in[0,1),\,\theta\in\left[0,\pi/2\right]\}\bigcup\{z\in[1,\sqrt 2),\,\theta\in\left[\cos^{-1}\left(1/z\right),\sin^{-1}\left(1/z\right)\right]\}\right\}$$

La integración de salida $\theta$, podemos obtener el pdf de $Z$

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

Es mi razonamiento anterior correcta? En cualquier caso, me gustaría evitar este método y lugar de tratar de encontrar la cdf de $Z$ directamente. Pero yo no podía encontrar la adecuada áreas, mientras que la evaluación de $\mathrm{Pr}(Y\le \sqrt{z^2-X^2})$. Estoy cometiendo algún error al dibujar imágenes. Sin fotos, es cada vez más difícil de gestionar.

EDIT.

Traté de encontrar la función de distribución de $Z$

$F_Z(z)=\Pr(Z\le z)=\Pr(X^2+Y^2\le z^2)$

$\qquad\qquad\qquad\qquad=\displaystyle\iint_{x^2+y^2\le z^2}f(x,y)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$

$\qquad\qquad\qquad\qquad=\displaystyle\int_0^1 \left\{\int_0^{\min\{\sqrt{z^2-y^2},1\}}\,\mathrm{d}x\right\}\,\mathrm{d}y$

$\qquad\qquad\qquad\qquad=\displaystyle\int_0^1 \min\left\{\sqrt{z^2-y^2},1\right\}\,\mathrm{d}y$

Mathematica dice esto debería reducir a

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

que se parece a la expresión correcta. La diferenciación $F_Z$ para el caso de $1\le z<\sqrt 2$ a pesar de que trae una expresión que no fácilmente para simplificar el pdf que ya se ha obtenido.

También he pensado en escribir $\Pr(Y\le \sqrt{z^2-X^2})$ como probabilidad condicional, pero que se vuelve más complicado de lo que yo quiero que sea. Supongo que aquí es donde el indicador de funciones debe desempeñar un papel, como se sugiere en los comentarios.

EDICIÓN 2.

Por último, creo que tengo los cuadros correctos para el CDF:

Esto significa que

$F_Z(r)=\Pr(-\sqrt{r^2-X^2}\le Y\le\sqrt{r^2-X^2})$

$\qquad\quad=\begin{cases} \int_0^r \sqrt{r^2-x^2}\,\mathrm{d}x =\frac{\pi r^2}{4} &,\text{ if } 0\le r<1\\ \sqrt{r^2-1}+\int_{\sqrt{r^2-1}}^1 \sqrt{r^2-x^2}\,\mathrm{d}x &,\text{ if }1\le r<\sqrt 2 \end{cases}$, como nunca antes lo había encontrado.

Answer 1

Que el pdf es correcta, puede ser revisado por una simple simulación

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)

Encontrar el cdf sin la polar cambio de variables pasa a través de \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{casos}\\ &=\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{casos} \end{align*} que termina con la misma complejidad! (Además de los posibles errores de la mina a lo largo de la manera!)

Answer 2

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$f_z(z)$ :

Así, por $1\le z<\sqrt 2$, tenemos $\cos^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)\le\theta\le\sin^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)$

Usted puede simplificar sus expresiones cuando se utiliza la simetría y evaluar las expresiones para $\theta_{min} < \theta < \frac{\pi}{4}$. Por lo tanto, para la mitad del espacio y, a continuación, haga doble el resultado.

Entonces se obtiene:

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

y su $f_z(z)$ es

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

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$F_z(z)$ :

Puede utilizar la integral indefinida:

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

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

Esto nos lleva directo a algo similar como Xi caldeos, expresión de $Pr(Z \leq z)$ es decir

si $1 \leq z \leq \sqrt{2}$, entonces:

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

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La relación con su expresión se ve cuando nosotros nos separamos de la $cos^{-1}$ en dos $cos^{-1}$ expresiones y, a continuación, convertir a diferentes $sin^{-1}$ expresiones.

para $z>1$ hemos

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

y

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

así

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

que los resultados en su expresión cuando se conecta a la antes mencionada $F_z(z)$ $1<z<\sqrt{2}$