Distribución de

¿Existe una expresión canónica o analítica para la distribución de probabilidad de la variable aleatoria compleja circularmente simétrica $Z$ :

Z = e^{j θ},

$Z = e^{j\theta},$ dónde

θ \sim U (0, 2 π)

$\theta \sim \mathcal U(0, 2\pi)$ ?

Notas al margen:

Se sabe que las partes reales e imaginarias, es decir:

ℜ (Z) = \cos θ ℑ (Z) = \sin θ

$\Re(Z) = \cos \theta \\ \Im(Z) = \sin \theta$ tienen densidades marginales dadas por :

f_{ℜ (Z)} (z) = f_{ℑ (Z)} (z) = \frac{1}{π \sqrt{1 - z^{2}}}, - 1 < z < 1,

$f_{\Re(Z)}(z) = f_{\Im(Z)}(z) = \frac{1}{\pi\sqrt{1-z^2}}, \quad -1 < z < 1,$ pero como no son independientes, calcular su PDF conjunto no es trivial.

EDITAR: $Z$ es diferente de una normal compleja en que aquí, la amplitud $|Z|$ es determinista e idénticamente 1, mientras que si $Z$ eran complejos normales, $|Z|$ Sería distribuido por Rayleigh.

complex-random-variable

— Robert L.
fuente

¿Cómo es esto diferente del complejo circular simétrico normal ?

— Maxtron

@Maxtron la amplitud aquí es 1, mientras que la normal compleja tiene una amplitud que en sí misma es una variable aleatoria con una distribución de Rayleigh.

— Robert L.

@OlliNiemitalo tenía una respuesta para algo similar a lo que recuerdo ...

— Fat32

@ Fat32 Sí, esto suena una campana. La otra pregunta es: ¿Cuál es su distribución?

— Olli Niemitalo el

@OlliNiemitalo ¡Sí, esa era la pregunta!

— Fat32

Respuestas:

Dado que las partes real e imaginaria dependen mucho una de la otra (si tiene el valor de una, conoce exactamente el valor de la otra), parece que podría aplicar el pdf marginal de la parte real $r$ , dado un valor de la parte imaginaria $i$ :

f_{r i} (r, i) = f_{r | i} (r | i) f_{i} (i)

$f_{ri}(r, i) = f_{r | i}(r\ |\ i) f_i(i)$

Usted notó el pdf de las partes reales e imaginarias individualmente:

f_{r} (z) = f_{i} (z) = \frac{1}{π \sqrt{1 - z^{2}}}

$f_r(z) = f_i(z) = \frac{1}{\pi\sqrt{1-z^2}}$

Eso deja el pdf marginal $f_{r | i}(r\ |\ i)$ . Recuerde que para una realización dada de la variable aleatoria $Z$ , los dos componentes están relacionados determinísticamente:

r^{2} + i^{2} = \cos^{2} (θ) + \sin^{2} (θ) = 1

$r^2 + i^2 = \cos^2(\theta) + \sin^2(\theta) = 1$

Dada esta relación, podemos resolver por $r$ en términos de $i$ :

r^{2} = 1 - i^{2}

$r^2 = 1 - i^2$

r = \pm \sqrt{1 - i^{2}}

$r = \pm \sqrt{1-i^2}$

Por lo tanto, el pdf marginal de $r$ dado un valor de $i$ es un par de impulsos:

f_{r | i} (r | i) = \frac{1}{2} δ (r - \sqrt{1 - i^{2}}) + \frac{1}{2} δ (r + \sqrt{1 - i^{2}})

$f_{r | i}(r\ |\ i) = \frac{1}{2}\delta\left(r - \sqrt{1 - i^2}\right) + \frac{1}{2}\delta\left(r + \sqrt{1 - i^2}\right)$

Poner estos juntos produciría:

f_{r i} (r, i) = \frac{δ (r - \sqrt{1 - i^{2}}) + δ (r + \sqrt{1 - i^{2}})}{2 π \sqrt{1 - i^{2}}}

$f_{ri}(r, i) = \frac{\delta\left(r - \sqrt{1 - i^2}\right) + \delta\left(r + \sqrt{1 - i^2}\right)}{2\pi\sqrt{1-i^2}}$

Pensando en esto geométricamente, para cada línea horizontal $i = i_0$ (para $i_0 \in [-1, 1]$ ) en el $ri$ avión, solo hay dos puntos $r_0 = \pm \sqrt{1 - i_0^2}$ que no son cero, y el pdf tiene una altura infinita en esos puntos. ¡Como podríamos esperar, esos puntos de intersección (es decir, puntos donde el pdf no es cero) están donde la línea horizontal se cruza con el círculo unitario!

Esto significa que el pdf conjunto tiene un valor cero, excepto a lo largo del círculo unitario, donde toma una altura infinita. Eso se alinea con la intuición, como la definición de la variable aleatoria $Z$ asegura que solo pueda tomar valores que están en el círculo unitario.

No hay nada especial en la forma específica en que lo expuse; También podría transponer el problema y mirar las líneas verticales en el $ri$ plano de la forma $r = r_0$ y encontraría la misma relación debido al acoplamiento estrecho de las dos variables aleatorias.

Creo que esta formulación es equivalente a la de la respuesta de AlexTP , pero su derivación es probablemente más intuitiva.

— Jason R
fuente

¿hay un error tipográfico en

r = 1 - i^{2}

$r = 1- i^2$ ; posiblemente te refieres

r^{2} = 1 - i^{2}

$r^2=1-i^2$ ? También podemos mostrar que el pdf conjunto se integra a 1 en el plano xy (o eqv ri). Nuevamente también el pdf conjunto

f_{r i} (r, i)

$f_{ri}(r,i)$ no es circularmente simétrico? (el denominador?) ¿No podemos simplemente usar la lógica que da

z = e^{j θ} = \cos (θ) + j \sin (θ) = x + j y

$z = e^{j \theta} = \cos(\theta) + j \sin(\theta) = x + jy$ con

θ

$\theta$ uniforme en [

0, 2 π

$0,2\pi$ ] y la restricción

x^{2} + y^{2} = 1

$x^2+y^2=1$ simplemente ofrece una junta circular simétrica pdf del tipo

f_{x y} (x, y) = K δ_{2} (x^{2} + y^{2} - 1)

$f_{xy}(x,y) = K \delta_2(x^2+y^2-1)$ o

f_{R, θ} = K δ_{2} (R - 1)

$f_{R,\theta} = K \delta_2(R-1)$ ; ¿Un impulso de anillo en el plano xy? donde K es posiblemente

1 / 2 π

$1/2\pi$ ?

— Fat32

Corregí los errores tipográficos a los que te referías, gracias.

— Jason R

@ Fat32: Hice algunas correcciones que me llevaron a lo que suena a lo que te referías en tu comentario anterior. Sin embargo, la respuesta de AlexTP es probablemente más intuitiva.

— Jason R

Hay un error tipográfico en la copia

f_{r | i} (r | i)

$f_{r|i}(r|i)$ a

f_{r, i} (r, i)

$f_{r,i}(r,i)$ . Y observo que

f_{r, i} (0, 1) = \infty

$f_{r,i}(0,1) = \infty$ es diferente de

f_{r, i} (1, 0) = \frac{1}{2 π}

$f_{r,i}(1,0) = \frac{1}{2\pi}$ . Creo que deberían tener el mismo valor, ¿no?

— AlexTP

todos, tal vez una simulación rápida sería útil mostrando sus puntos :)

— AlexTP

Evite cálculos complicados, deje $X$ y $Y$ ser iid variables aleatorias normales estándar , su variable aleatoria $Z$ tiene la misma distribución de $V$

V ≜ (\frac{X}{\sqrt{X^{2} + Y^{2}}}, \frac{Y}{\sqrt{X^{2} + Y^{2}}})

$V \triangleq \left(\frac{X}{\sqrt{X^2+Y^2}},\frac{Y}{\sqrt{X^2+Y^2}} \right)$ (fácil de ver

‖ V ‖ = 1

$\lVert V\rVert=1$ y el ángulo de

V

$V$ es equivalente al ángulo de una Normal circular simétrica, por lo tanto uniforme)

Este tipo de $V$ es una de las construcciones de un punto uniformemente distribuido en círculo (que puede generalizarse para $(n-1)$ -sphere, ver Esfera Punto de Recogida y por ejemplo esta respuesta ).

Así, el PDF de $Z$ es simplemente el recíproco de la circunferencia del círculo unitario. por $Z_\rho = \rho e^{j\Theta}$ con fijo $\rho$ y uniforme $\Theta$ ,

en coordenadas polares (donde el área infinitesimal es $r dr d\theta$ ),

f_{R, Θ} (r, θ) = \frac{1}{2 π} δ (r - ρ)

$f_{R,\Theta}(r,\theta)=\frac{1}{2\pi} \delta(r - \rho)$

— AlexTP
fuente

i think this is correct.

— robert bristow-johnson

The intuition seems to be so simple behind the proof. All you need to do is pick points from the surface of a unit sphere :)

— Maxtron

Can't we just remove the

| | z | |

$||z||$ in the denominator? Otherwise, how would you evaluate the expression for

| | z | | \to 0

$||z||\rightarrow 0$ ? Of course, we would like

f_{Z} (0) = 0

$f_Z(0)=0$ to hold.

— Matt L.

@MattL. you are right, it is wrong having

‖ z ‖

$\lVert z \rVert$ in the denominator, not due to the evaluation at limits but because it is simply wrong. I have fixed the final result.

— AlexTP

@AlexTP: I still think that there shouldn't be any variable in the denominator. Have a look at my answer and please tell me if/where I go wrong.

— Matt L.

Based on the existing answers, which opened my eyes for what's going on here, I would like to present yet another very simple expression for the solution, which is just slightly different from the one in AlexTP's answer (and which turned out to be equivalent to the one given in Jason R's answer, as shown below in the EDIT-part).

[EDIT: now that AlexTP has edited his answer, our expressions for the PDF are identical; so all three answers finally agree with each other].

Let the complex random variable $Z=X+jY$ be defined as

\begin{matrix} (1) & Z = ρ e^{j θ} \end{matrix}

$Z=\rho e^{j\theta}\tag{1}$

where the radius $\rho$ is deterministic and given, whereas the angle $\theta$ is random and uniformly distributed on $[0,2\pi)$ . I state without further proof that $Z$ is circularly symmetrical, from which it follows that its probability density function (PDF) must satisfy

\begin{matrix} (2) & f_{Z} (z) = f_{Z} (x + j y) = f_{Z} (r), with r = \sqrt{x^{2} + y^{2}} \end{matrix}

$f_Z(z)=f_Z(x+jy)=f_Z(r),\qquad\textrm{with}\quad r=\sqrt{x^2+y^2}\tag{2}$

i.e., it can be written as a function of the radius (magnitude) $r$ .

Since the PDF must be zero everywhere except for $r=\rho$ , and since it must integrate to unity (when integrated over the 2-dimensional plane), the only possible PDF is

$\begin{matrix} (3) & f_{Z} (r) = \frac{1}{2 π} δ (r - ρ) \end{matrix}$ $f_Z(r)=\frac{1}{2\pi}\delta(r-\rho)\tag{3}$

It can be shown that $(3)$ leads to the correct marginal densities for the random variables $X$ and $Y$ .

EDIT:

After some very useful discussion in the comments it appears that we've managed to agree on one solution to the problem. I will show in the following that the unassuming formula $(3)$ is actually equivalent to the more involved looking formula in Jason R's answer. Note that I use $r$ for the magnitude (radius) of the complex RV $Z$ , whereas in Jason's answer $r$ denotes the real part of $Z$ . I will use $x$ and $y$ for the real and imaginary parts, respectively. Here we go:

\begin{matrix} (4) & f_{Z} (r) = \frac{1}{2 π} δ (r - ρ) = \frac{1}{2 π} δ (\sqrt{x^{2} + y^{2}} - ρ) \end{matrix}

$f_Z(r)=\frac{1}{2\pi}\delta(r-\rho)=\frac{1}{2\pi}\delta\left(\sqrt{x^2+y^2}-\rho\right)\tag{4}$

We know that $\delta\big(g(x)\big)$ is given by

\begin{matrix} (5) & δ (g (x)) = \sum_{i} \frac{δ (x - x_{i})}{| g^{'} (x_{i}) |} \end{matrix}

$\delta\big(g(x)\big)=\sum_i\frac{\delta(x-x_i)}{|g'(x_i)|}\tag{5}$

where $x_i$ are the (simple) roots of $g(x)$ . We have

\begin{matrix} (6) & g (x) = \sqrt{x^{2} + y^{2}} - ρ and g^{'} (x) = \frac{x}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} = \frac{x}{r} \end{matrix}

$g(x)=\sqrt{x^2+y^2}-\rho\quad\textrm{and}\quad g'(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}=\frac{x}{r}\tag{6}$

The two roots $x_i$ are

\begin{matrix} (7) & x_{1, 2} = \pm \sqrt{ρ^{2} - y^{2}} \end{matrix}

$x_{1,2}=\pm\sqrt{\rho^2-y^2}\tag{7}$

Consequently,

\begin{matrix} (8) & | g^{'} (x_{1}) | = | g^{'} (x_{2}) | = \frac{\sqrt{ρ^{2} - y^{2}}}{ρ} = \sqrt{1 - {(\frac{y}{ρ})}^{2}} \end{matrix}

$|g'(x_1)|=|g'(x_2)|=\frac{\sqrt{\rho^2-y^2}}{\rho}=\sqrt{1-\left(\frac{y}{\rho}\right)^2}\tag{8}$

With $(5)$ - $(8)$ , Eq. $(4)$ can be written as

\begin{matrix} (9) & f_{X, Y} (x, y) = \frac{1}{2 π \sqrt{1 - {(\frac{y}{ρ})}^{2}}} [δ (x - \sqrt{ρ^{2} - y^{2}}) + δ (x + \sqrt{ρ^{2} - y^{2}})] \end{matrix}

$f_{X,Y}(x,y)=\frac{1}{2\pi\sqrt{1-\left(\frac{y}{\rho}\right)^2}}\left[\delta\left(x-\sqrt{\rho^2-y^2}\right)+\delta\left(x+\sqrt{\rho^2-y^2}\right)\right]\tag{9}$

For $\rho=1$ , Eq. $(9)$ is identical to the expression given in Jason R's answer.

I think we can now agree that Eq. $(3)$ is a correct (and very simple) expression for the PDF of the complex RV $Z=\rho e^{j\theta}$ with deterministic $\rho$ and uniformly distributed $\theta$ .

— Matt L.
fuente

I think the determinant of Jacobian transform should be

r

$r$ then

\int_{θ = 0}^{2 π} \int_{r = 0}^{+ \infty} f_{Z} (r) r d r d θ \neq 1

$\int_{\theta=0}^{2\pi} \int_{r=0}^{+\infty} f_Z(r) r dr d\theta \neq 1$

— AlexTP

@AlexTP: Take as an extreme example

ρ = 0

$\rho=0$ , which makes the RV

Z

$Z$ deterministic, it's always zero. It's PDF should then be a Dirac impulse at

r = z = y = 0

$r=z=y=0$ , which is what I get with the formula I suggested. With the formula in your answer we get an undefined term in that case.

— Matt L.

it's true, but I think the value of PDF can be infinity and only the CDF should be bounded. In other words, the Dirac impulse matters only inside integrals.

— AlexTP

Yes, but if you integrate your pdf (for

ρ = 0

$\rho=0$ ), what do you get (and how would you do it)?

— Matt L.

I would do like this

lim_{ρ \to 0^{+}} \int_{θ} \int_{r = 0}^{+ \infty} \frac{1}{2 π ρ} δ (r - ρ) r d r d θ = lim_{ρ \to 0^{+}} \int_{θ} \frac{1}{2 π ρ} ρ d θ = \int_{θ} \frac{1}{2 π} d θ = 1

$\lim_{\rho \to 0^+}\int_\theta \int_{r=0}^{+\infty}\frac{1}{2\pi\rho}\delta(r-\rho) r dr d\theta = \lim_{\rho \to 0^+} \int_\theta \frac{1}{2\pi\rho} \rho d\theta = \int_\theta \frac{1}{2\pi} d\theta = 1$ The integral is finite while the PDF is not thanks to the Jacobian determinant. My point is that you need that Jacobian determinant

r

$r$ whenever you integrate the PDF in polar coordinate. Tell me if you find it unconvinced.

— AlexTP