Dwuwymiarowa zmienna losowa ma rozkład jednostajny...
-
- Użytkownik
- Posty: 59
- Rejestracja: 13 sty 2019, o 18:49
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 25 razy
Dwuwymiarowa zmienna losowa ma rozkład jednostajny...
Dwuwymiarowa zmienna losowa \(\displaystyle{ \left(X, \ Y \right)}\) ma rozkład jednostajny prawdopodobieństwa na kole o promieniu 1. Znaleźć rozkład zmiennej losowej \(\displaystyle{ Z}\) będącej odległością punktu \(\displaystyle{ \left(X, \ Y\right)}\) od brzegu koła.
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Dwuwymiarowa zmienna losowa ma rozkład jednostajny...
Prawdopodobieństwo geometryczne. Umieśćmy to koło w kartezjańskim układzie współrzędnych, bez straty ogólności niech jego środek wypada w punkcie \(\displaystyle{ (0,0)}\). Odległość punktu \(\displaystyle{ (x,y)}\) z tego koła od jego środka to \(\displaystyle{ \sqrt{x^2+y^2}}\), promień koła ma długość \(\displaystyle{ 1}\), więc odległość punktu \(\displaystyle{ (x,y)}\) od brzegu koła to \(\displaystyle{ 1-\sqrt{x^2+y^2}}\).
Dlaczego tak jest? To trochę nielubianej przeze mnie geometrii elementarnej (można np. narysować okrąg o środku w \(\displaystyle{ (x,y)}\) styczny wewnętrznie do tego okręgu jednostkowego i coś tam nabredzić). Zatem
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(Z\le z)=\mathbf{P}\left( 1-\sqrt{X^2+Y^2}\le z\right)=\mathbf{P}\left( \sqrt{X^2+Y^2}\ge 1-z\right)\\= \begin{cases}0 &\text{ gdy } z<0\\ \mathbf{P}(X^2+Y^2\ge (1-z)^2) &\text{ gdy } 0\le z<1 \\ 1 &\text{ gdy } z\ge 1\end{cases}}\)
a to drugie najsprawniej obliczymy, odejmując pole koła o środku \(\displaystyle{ (0,0)}\) i promieniu \(\displaystyle{ (1-z)}\) od pola koła jednostkowego, po czym dzieląc to przez pole koła jednostkowego. Otrzymamy w ten sposób:
\(\displaystyle{ \frac{\pi-\pi(1-z)^2}{\pi}=1-(1-z)^2}\)
tj.
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X^2+Y^2\ge (1-z)^2) =1-(1-z)^2}\) dla \(\displaystyle{ zin [0,1)}\).
Dlaczego tak jest? To trochę nielubianej przeze mnie geometrii elementarnej (można np. narysować okrąg o środku w \(\displaystyle{ (x,y)}\) styczny wewnętrznie do tego okręgu jednostkowego i coś tam nabredzić). Zatem
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(Z\le z)=\mathbf{P}\left( 1-\sqrt{X^2+Y^2}\le z\right)=\mathbf{P}\left( \sqrt{X^2+Y^2}\ge 1-z\right)\\= \begin{cases}0 &\text{ gdy } z<0\\ \mathbf{P}(X^2+Y^2\ge (1-z)^2) &\text{ gdy } 0\le z<1 \\ 1 &\text{ gdy } z\ge 1\end{cases}}\)
a to drugie najsprawniej obliczymy, odejmując pole koła o środku \(\displaystyle{ (0,0)}\) i promieniu \(\displaystyle{ (1-z)}\) od pola koła jednostkowego, po czym dzieląc to przez pole koła jednostkowego. Otrzymamy w ten sposób:
\(\displaystyle{ \frac{\pi-\pi(1-z)^2}{\pi}=1-(1-z)^2}\)
tj.
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X^2+Y^2\ge (1-z)^2) =1-(1-z)^2}\) dla \(\displaystyle{ zin [0,1)}\).
Ostatnio zmieniony 13 cze 2019, o 15:55 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.