的分佈X2+是2−−−−−−−√X2+是2sqrt{X^2+Y^2}什麼時候X,和X,是X,Y是獨立的ü(0,1)ü(0,1)U(0,1)變量
作為例行練習，我試圖找到 $ \sqrt{X^2+Y^2} $ 在哪裡 $ X $ 和 $ Y $ 是獨立的 $ U(0,1) $ 隨機變量。
聯合密度 $ (X,Y) $ 是 $$ f_{X,Y}(x,y)=\mathbf 1_{0<x,y<1} $$
轉換為極坐標 $ (X,Y)\to(Z,\Theta) $ 這樣$$ X=Z\cos\Theta\qquad\text{ and }\qquad Y=Z\sin\Theta $$
所以， $ z=\sqrt{x^2+y^2} $ 和 $ 0< x,y<1\implies0< z<\sqrt 2 $ .
什麼時候 $ 0< z<1 $ ， 我們有 $ 0< \cos\theta<1,,0<\sin\theta<1 $ 以便 $ 0<\theta<\frac{\pi}{2} $ .
什麼時候 $ 1< z<\sqrt 2 $ ， 我們有 $ z\cos\theta<\implies\theta>\cos^{-1}\left(\frac{1}{z}\right) $ ， 作為 $ \cos\theta $ 正在減少 $ \theta\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right] $ ; 和 $ z\sin\theta<1\implies\theta<\sin^{-1}\left(\frac{1}{z}\right) $ ， 作為 $ \sin\theta $ 正在增加 $ \theta\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right] $ .
因此對於 $ 1< z<\sqrt 2 $ ， 我們有 $ \cos^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)<\theta<\sin^{-1}\left(\frac{1}{z}\right) $ .
雅可比變換的絕對值是$$ |J|=z $$
因此聯合密度 $ (Z,\Theta) $ 是（誰）給的
$$ f_{Z,\Theta}(z,\theta)=z\mathbf 1_{{z\in(0,1),,\theta\in\left(0,\pi/2\right)}\bigcup{z\in(1,\sqrt2),,\theta\in\left(\cos^{-1}\left(1/z\right),\sin^{-1}\left(1/z\right)\right)}} $$
整合出來 $ \theta $ ，我們得到的pdf $ Z $ 作為
$$ f_Z(z)=\frac{\pi z}{2}\mathbf 1_{0<z<1}+\left(\frac{\pi z}{2}-2z\cos^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)\right)\mathbf 1_{1<z<\sqrt 2} $$
我上面的推理正確嗎？無論如何，我想避免這種方法，而是嘗試找到的 cdf $ Z $ 直接地。但是我在評估時找不到所需的區域 $ \mathrm{Pr}(Y\le \sqrt{z^2-X^2}) $ 幾何上。
編輯。
我試圖找到的分佈函數 $ Z $ 作為
$$ \begin{align} F_Z(z)&=\Pr(Z\le z) \&=\Pr(X^2+Y^2\le z^2) \&=\iint_{x^2+y^2\le z^2}\mathbf1_{0<x,y<1},\mathrm{d}x,\mathrm{d}y \end{align} $$
Mathematica說這應該減少到
$$ F_Z(z)=\begin{cases}0 &,\text{ if }z<0\ \frac{\pi z^2}{4} &,\text{ if } 0< z<1\ \sqrt{z^2-1}+\frac{z^2}{2}\left(\sin^{-1}\left(\frac{1}{z}\right)-\sin^{-1}\left(\frac{\sqrt{z^2-1}}{z}\right)\right) &,\text{ if }1< z<\sqrt 2\ 1 &,\text{ if }z>\sqrt 2 \end{cases} $$
這看起來像正確的表達方式。區分 $ F_Z $ 對於這種情況 $ 1< z<\sqrt 2 $ 雖然提出了一個不容易簡化為我已經獲得的pdf的表達式。
最後，我認為我有正確的 CDF 圖片：
為了 $ 0<z<1 $ :
而對於 $ 1<z<\sqrt 2 $ :
陰影部分應該表示該區域的面積$$ \left{(x,y):0<x,y< 1,,,x^2+y^2\le z^2\right} $$
圖片立即產生
$$ \begin{align} F_Z(z)&=\Pr\left(-\sqrt{z^2-X^2}\le Y\le\sqrt{z^2-X^2}\right) \&=\begin{cases}\frac{\pi z^2}{4} &,\text{ if } 0<z<1\\ \sqrt{z^2-1}+\int_{\sqrt{z^2-1}}^1 \sqrt{z^2-x^2},\mathrm{d}x &,\text{ if }1< z<\sqrt 2 \end{cases} \end{align} $$
，正如我之前發現的那樣。
可以通過簡單的模擬來檢查 pdf 是否正確
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)
找到沒有變量極性變化的 cdf
最終具有相同的複雜性！（加上我在此過程中可能犯的錯誤！）
