Probabilitas hubungan pada distribusi titik-titik yang seragam di atas ruang 2D

Asumsikan satu set node tersebar di permukaan 2D sehingga untuk setiap , jumlah node di dalam mengikuti distribusi Poisson dengan parameter , di manamenunjukkan area dari subset dan adalah intensitas dari poin (jumlah rata-rata poin per unit area).$\mathcal{S}$$\mathcal{A} \subset \mathcal{S}$$\mathcal{A}$$|\mathcal{A}| \rho$$|\mathcal{A}|$$\mathcal{A}$$\rho$

Kami hanya tertarik pada titik-titik di dalam lingkaran yang diberikan dengan jari-jari . Jumlah node di dalam lingkaran adalah variabel Poisson dengan parameter . Kami memilih dua node dari dalam lingkaran secara acak. Biarkan dan menunjukkan jarak simpul pertama dan kedua dari pusat lingkaran.$r$$\rho \pi r^2$$d_1$$d_2$

Bagaimana saya bisa menghitung probabilitas acara:

$${d_1}^2 < \frac{{d_2}^2}{A(1+B{d_2}^2)}$$ mana dan adalah konstanta.$A$$B$

Edit:

1. Asumsikan dan .$A > 0$$B > 0$

2. Saya tertarik pada proses itu sendiri, bukan poin yang dihasilkan oleh proses (seperti whuber dijelaskan dalam jawabannya di bawah).

3. Bagaimana halnya dengan dan diganti dengan dan untuk (saya kira, ini mengubah masalah sejak dan tidak terdistribusi secara merata lagi).${d_1}^2$${d_2}^2$${d_1}^\alpha$${d_2}^\alpha$$\alpha > 2$${d_1}^\alpha$${d_2}^\alpha$

Setidaknya ada dua interpretasi: satu menyangkut poin aktual yang dihasilkan oleh proses ini dan lainnya menyangkut proses itu sendiri.

Jika realisasi dari proses Poisson diberikan dan pasangan titik harus dipilih dari realisasi itu, maka tidak ada yang harus dilakukan kecuali secara sistematis membandingkan semua jarak ke semua jarak lain (loop ganda di atas titik-titik).

Kalau tidak, jika prosedur dimaksudkan terdiri dari (i) menciptakan realisasi proses dan kemudian (ii) memilih sepasang titik secara acak, maka asumsi yang menyiratkan bahwa dua titik dipilih secara seragam dan independen dari lingkaran. Perhitungan untuk situasi ini dapat dilakukan sekali dan untuk semua.

Perhatikan bahwa jarak kuadrat dan didistribusikan secara seragam, di mana probabilitas yang diinginkan adalah$r_1 = d_1^2$$r_2 = d_2^2$

$$p(a,b) = \Pr\left(d_1^2 \lt \frac{d_2^2}{a(1 + b d_2^2)}\right) = \int_0^1 d r_2 \int_0^{\max(0, \min(1, r_2 / (a(1 + b r_2))))} d r_1.$$

The dan dapat ditangani oleh membobol kasus. Beberapa nilai khusus dan harus ditangani. Karena integrasi adalah jendela persegi di atas wilayah yang secara umum dibatasi oleh garis dan lobus hiperbola (dengan sumbu vertikal pada dan sumbu horizontal pada ), hasilnya langsung tetapi berantakan; itu harus melibatkan ekspresi rasional dalam dan dan beberapa fungsi hiperbolik terbalik (yaitu, logaritma natural). Saya minta Mathematica menuliskannya:$\max$$\min$$a$$b$$1/(ab)$$-1/b$$a$$b$

$$\begin{array}{ll} \frac{b+1}{b} & \left(-1\leq a<0\land \frac{1}{a}-b\leq 1\land b<-1\right)\\ &\lor \left(a<-1\land \frac{1}{a}-b<1\land b<-1\right) \\ -\frac{1}{b (a b-1)} & \frac{1}{a}-b=1\land a<-1 \\ \frac{a^2 b+2 a b+a-2}{2 (a b-1)} & b=0\land a>0\land \frac{1}{a}-b>1 \\ \frac{b-\log (b+1)}{a b^2} & a>0\land \frac{1}{a}-b\leq 1\land b>-1 \\ \frac{a b^2+a b-a b \log (b+1)-b+\log (b+1)}{a b^2 (a b-1)} & a>0\land \frac{1}{a}-b\leq 1\land b\leq -1 \\ \frac{\log (1-a b)}{a b^2} & a>0\land \frac{1}{a}-b>1\land b\leq -1 \\ \frac{a b^2+a b+\log (1-a b)}{a b^2} & \left(-1<b<0\land a>0\land \frac{1}{a}-b>1\right) \\ & \lor \left(b>0\land a>0\land \frac{1}{a}-b>1\right) \\ \frac{b-\log ((-b-1) (a b-1))}{a b^2} & a<0\land \frac{1}{a}-b>1 \end{array}$$

Integrasi dan simulasi numerik pada rentang dan mengkonfirmasi hasil ini.$-2 \le a \le 2$$-5 \le b \le 5$

Edit

Pertanyaan yang dimodifikasi meminta untuk mengganti dengan dan menganggap dan keduanya positif. Setelah melakukan substitusi , wilayah integrasi tetap sama dan integrand menjadi alih-alih . Menulis , kita dapatkan$d_i^2$$d_i^\alpha$$a$$b$$r_i = d_i^\alpha$$(2/\alpha)^2(r_1 r_2)^{2/\alpha-1}$$1$$\theta = \alpha/2$

$$\frac{1}{2} a^{-1/\theta } \, _2F_1\left(\frac{1}{\theta },\frac{2}{\theta };\frac{\theta +2}{\theta };-b\right)$$

ketika atau dan selain itu hasilnya adalah$(a>0\land a<1\land a b+a\geq 1)$$a\geq 1$

$$-a^{\frac{1}{\theta }} \left(\frac{1}{1-a b}\right)^{\frac{1}{\theta }}+\frac{1}{2} a^{\frac{1}{\theta }} (1-a b)^{-2/\theta } \, _2F_1\left(\frac{1}{\theta },\frac{2}{\theta };\frac{\theta +2}{\theta };1+\frac{1}{a b-1}\right)+1.$$

Di sini, adalah fungsi hypergeometric. Kasus asli dari sesuai dengan dan kemudian rumus ini berkurang ke yang keempat dan ketujuh dari delapan kasus sebelumnya. Saya telah memeriksa hasil ini dengan simulasi, membiarkan rentang dari hingga dan mencakup kisaran substansial dan .$_2F_1$$\alpha=2$$\theta=1$$\theta$$1$$3$$a$$b$

Masalah ini dapat diatasi dengan mendekomposisi menjadi beberapa bagian dan menggunakan properti dari proses Poisson .

Ini membantu untuk mengingat bagaimana menghasilkan proses titik Poisson intensitas pada subset terikat dari . Kami pertama-tama menghasilkan variabel acak Poisson dengan ratedimanaMenandakan Lebesgue mengukur, dan kemudian kita taburkan ini poin seragam di dalam acak .$\rho$$\newcommand{\A}{\mathcal A}$$\mathbb R^2$$N$$\rho |\mathcal A|$$|\cdot|$$N$$\A$

Ini segera memberitahu kita bahwa selama , jika kita memilih dua titik (tanpa penggantian) secara acak, kemudian dua titik ini akan independen dan merata pada . Ketika , kita harus melakukan sesuatu dan satu pilihan alami adalah mendefinisikan probabilitas yang diinginkan sebagai nol. Perhatikan bahwa ini terjadi dengan probabilitas Ini adalah satu - satunya bagian dari masalah yang bergantung pada intensitas proses Poisson.$N \geq 2$$\A$$N < 2$

$$\renewcommand{\Pr}{\mathbb P}\Pr(N < 2) = (1+\rho|\A|) e^{-\rho|\A|} \>.$$

Kemungkinan bersyarat pada$\{N \geq 2\}$

Kami tertarik pada probabilitas di mana , dan . Berikut dan adalah jari-jari dua poin kami didistribusikan seragam yang jatuh .

$$p(A,B,r) := \Pr\Big( d_1^2 \leq \frac{d_2^2}{A(1+B d_2^2)}\Big) \>,$$ $A > 0$$B > 0$$\A = \{x : \|x\|_2 \leq r\}$$d_1$$d_2$$\A$

Perhatikan bahwa untuk titik yang didistribusikan secara acak dalam cakram jari-jari , distribusi jarak dari titik asal adalah , dari mana kita dapat melihat bahwa memiliki distribusi yang sama dengan mana . Dari ini, kita dapat menyatakan kembali probabilitas bunga sebagai $r$$\Pr(D \leq d) = (d/r)^2$$D^2$$r^2 U$$U \sim \mathcal U(0,1)$

$$p(A,B,r) = \Pr\Big( U_1 \leq \frac{U_2}{A(1+B r^2 U_2)}\Big) = \iint 1_{(0 < x < 1)} 1_{(0 < y < 1)} 1_{(0 < y < x/(A+ABr^2 x))} \,\mathrm dy \, \mathrm dx \>.$$

Integral ini terbagi menjadi dua kasus. Untuk menghitungnya, kita memerlukan integral umum

$$\int_0^t \frac{x}{a+bx} \,\mathrm d x = \frac{1}{b} (t - \frac{a}{b} \log(1+bt/a)) \>.$$

Kasus 1 : .$A(1+B r^2) \geq 1$

Di sini kita melihat bahwa untuk , jadi $u \leq A(1+B r^2 u)$$u \in [0,1]$

$$p(A,B,r) = \frac{1}{ABr^2}\Big(1 - \frac{\log(1+B r^2)}{B r^2}\Big) \>.$$

Kasus 2 : .$A(1+B r^2) < 1$

Di sini integral untuk terbagi menjadi dua bagian karena pada . Oleh karena itu kami mengintegrasikan hingga menggunakan integral umum dan kemudian menempel pada area tambahan untuk bagian kedua. Jadi, kita mendapatkan $p(A,B,r)$$u \geq A(1+B r^2 u)$$[A/(1-ABr^2),1]$$t = A/(1-A B r^2)$$1-A/(1-ABr^2)$

$$\begin{align} p(A,B,r) &= \frac{1}{B r^2} \Big(\frac{1}{1-A B r^2} + \frac{\log(1-AB r^2)}{A B r^2}\Big) + 1 - \frac{A}{1 - A B r^2} \\ &= 1 + \frac{1}{B r^2} \Big(1 + \frac{\log(1-AB r^2)}{A B r^2}\Big) \>. \end{align}$$

Seringkali sebuah gambar membantu; di sini adalah salah satu yang menunjukkan contoh wilayah integrasi untuk setiap kasus. Perhatikan bahwa ada di dan pada -aksi.$U_1$$y$$U_2$$x$

Probabilitas akhir yang menarik adalah, tentu saja, .$(1 - (1+\rho\pi r^2) e^{-\rho\pi r^2} ) p(A,B,r)$

Generalisasi yang mudah

Kita dapat dengan mudah menggeneralisasi hasil menggunakan bola berbentuk berbeda. Faktanya, untuk setiap norma arbitrer pada , probabilitas bersyarat tidak berubah selama kita menggunakan bola yang disebabkan oleh norma alih-alih lingkaran!$\mathbb R^2$$p(A,B,r)$

Ini karena apa pun norma yang kita pilih, jari-jari kuadrat terdistribusi secara seragam. Untuk melihat alasannya, biarkan menjadi norma pada dan bola jari-jari bawah norma . Perhatikan bahwa jika dan hanya jika . Peningkatan atau penurunan bola unit adalah transformasi linear dan dengan fakta standar tentang ukuran Lebesgue, ukuran transformasi linear dari adalah sejak itu$\delta(\cdot)$$\mathbb R^2$$B_\delta(r) = \{x: \delta(x) \leq r\}$$r$$\delta$$rx \in B_\delta(r)$$x \in B_\delta(1)$$T$$B_\delta(1)$

$$|B_\delta(r)| = |T B_\delta(1)| = |\det(T)| |B_{\delta(1)}| = r^2 |B_\delta(1)| \>,$$ $T(x) = r x = (r x_1, r x_2)$ dalam kasus ini.

Ini menunjukkan bahwa jika untuk terdistribusi secara seragam dalam , maka Pembaca bermata elang akan mencatat bahwa kita hanya menggunakan homogenitas norma di sini, dan karenanya hasil serupa akan berlaku secara umum untuk distribusi seragam pada kelas set yang ditutup dalam transformasi homogen.$D = \delta(X)$$X$$B_\delta(r)$

$$\Pr(D \leq d) = \frac{|B_\delta(d)|}{|B_\delta(r)|} = (d/r)^2 \>.$$

Ini adalah gambar dengan dua titik yang dipilih. Norma yang ditampilkan adalah norma Euclidean, norma , norma, dan norma untuk . Setiap bola unit diuraikan dalam warna hitam, dan bola terbesar di mana dua titik yang dipilih secara acak diletakkan dalam warna yang sesuai.$\ell_1$$\sup$$\ell^p$$p = 5$

Probabilitas bersyarat adalah sama untuk setiap gambar ketika jarak diukur menggunakan norma yang sesuai.$p(A,B,r)$