Na kwadrat \(\displaystyle{ [0,1]^2}\) rzucamy losowo punkt A. X oznacza część wspólną tego kwadratu i koła o środku \(\displaystyle{ S=(0,0)}\) i promieniu \(\displaystyle{ r=|SA|}\). Wyznaczyć dystrybuantę zmiennej losowej X.
Najpierw gęstość chciałam wyznaczyć:
\(\displaystyle{ f_X(r)= \begin{cases} 0, r \le 0\\ \frac{1}{4} \pi r^2, r \in (0,1] \\ ?, r \in (1, \sqrt{2}]\\ 0, r>\sqrt{2} \end{cases}}\)
Nie wiem, jaki będzie wzór na gęstość dla \(\displaystyle{ r \in (1, \sqrt{2}]}\)
rzucamy losowo punkt, dystrybuanta
- Nakahed90
- Użytkownik
- Posty: 9096
- Rejestracja: 11 paź 2008, o 22:29
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Łódź
- Pomógł: 1871 razy
rzucamy losowo punkt, dystrybuanta
Pole tego obszaru będzie równe sumie pól dwóch trójkątów i wycinka koła. Aby znaleźć pole tego wycinka, wystarczy znaleźć miarę kąta \(\displaystyle{ \alpha}\).
Zauważmy, że:
\(\displaystyle{ \alpha+2\beta=\frac{\pi}{2}}\)
oraz
\(\displaystyle{ \tg(\beta)=\sqrt{r^2-1}}\)
PS. To co liczysz to jest dystrybuanta a nie gęstość.
PS2. Na rysunku, który wrzuciłem jest drobny błąd. Bok tego trójkąta ma długość \(\displaystyle{ \sqrt{r^2-1}}\), a nie \(\displaystyle{ r^2-1}\). Dzięki Medea 2 za uświadomienie sobie tej gafy
Ostatnio zmieniony 20 sie 2015, o 12:18 przez Nakahed90, łącznie zmieniany 3 razy.
- Medea 2
- Użytkownik
- Posty: 2491
- Rejestracja: 30 lis 2014, o 11:03
- Płeć: Kobieta
- Podziękował: 23 razy
- Pomógł: 479 razy
rzucamy losowo punkt, dystrybuanta
Nie do końca tak. Myślę, że \(\displaystyle{ X}\) nie powinien oznaczać części wspólnej, tylko jej pole (miarę). Dla \(\displaystyle{ r \ge \sqrt{2}}\) przekrojem koła i kwadratu jest kwadrat, więc dystrybuanta wynosi wtedy \(\displaystyle{ 1}\). Dla \(\displaystyle{ 1 < r < \sqrt{2}}\) mamy
\(\displaystyle{ f_X(r) = \sqrt{r^2-1} + \frac{r^2}2 \left(\textrm{arccsc } r - \arctan \sqrt{r^2-1}\right)}\).
\(\displaystyle{ f_X(r) = \sqrt{r^2-1} + \frac{r^2}2 \left(\textrm{arccsc } r - \arctan \sqrt{r^2-1}\right)}\).
-
- Użytkownik
- Posty: 339
- Rejestracja: 25 lip 2014, o 16:13
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 243 razy
rzucamy losowo punkt, dystrybuanta
Nie do końca wiem, jak dojść do tego wzoru na pole wycinka koła: \(\displaystyle{ \frac{r^2}2 \left(\textrm{arccsc } r - \arctan \sqrt{r^2-1}\right)}\)
Tak to próbowałam liczyć: \(\displaystyle{ \tg(\beta)=\sqrt{r^2-1}, \beta=\arctan \sqrt{r^2-1}, \alpha= \frac{ \pi }{2}-2\arctan \sqrt{r^2-1}}\)
Czyli pole wycinka byłoby równe \(\displaystyle{ \frac{r^2}2 (\frac{ \pi }{2}-2\arctan \sqrt{r^2-1})}\)
Tak to próbowałam liczyć: \(\displaystyle{ \tg(\beta)=\sqrt{r^2-1}, \beta=\arctan \sqrt{r^2-1}, \alpha= \frac{ \pi }{2}-2\arctan \sqrt{r^2-1}}\)
Czyli pole wycinka byłoby równe \(\displaystyle{ \frac{r^2}2 (\frac{ \pi }{2}-2\arctan \sqrt{r^2-1})}\)
- Nakahed90
- Użytkownik
- Posty: 9096
- Rejestracja: 11 paź 2008, o 22:29
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Łódź
- Pomógł: 1871 razy
rzucamy losowo punkt, dystrybuanta
Oba wzory są równoważne.
Dwie tożsamości z powyższego linku:
\(\displaystyle{ \frac{\pi}{2}-\arctg(x)=\arcctg(x) \\
\tg(\text{arc}\,\csc(x))=\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}\Rightarrow \ctg(\text{arc}\, \csc(x))=\sqrt{x^2-1}}\)
Kod: Zaznacz cały
https://en.wikipedia.org/wiki/Inverse_trigonometric_functions
\(\displaystyle{ \frac{\pi}{2}-\arctg(x)=\arcctg(x) \\
\tg(\text{arc}\,\csc(x))=\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}\Rightarrow \ctg(\text{arc}\, \csc(x))=\sqrt{x^2-1}}\)