Probabilidad de una relación en la distribución uniforme de puntos sobre el espacio 2D

Suponga que un conjunto de nodos está disperso sobre una superficie 2D modo que para cualquier , el número de nodos dentro de sigue una distribución de Poisson con parámetro , dondemuestra el área del subconjunto y es la intensidad de los puntos (número promedio de puntos por unidad de área).$\mathcal{S}$$\mathcal{A} \subset \mathcal{S}$$\mathcal{A}$$|\mathcal{A}| \rho$$|\mathcal{A}|$$\mathcal{A}$$\rho$

Solo nos interesan los puntos dentro de un círculo dado con radio . El número de nodos dentro del círculo es una variable de Poisson con el parámetro . Escogemos dos nodos desde dentro del círculo al azar. Deje que y muestren la distancia del primer y el segundo nodo desde el centro del círculo.$r$$\rho \pi r^2$$d_1$$d_2$

¿Cómo puedo calcular la probabilidad del evento?

$${d_1}^2 < \frac{{d_2}^2}{A(1+B{d_2}^2)}$$ donde y son constantes.$A$$B$

Editar:

1. Suponga que y .$A > 0$$B > 0$

2. Estoy interesado en el proceso en sí, no en los puntos generados por el proceso (como lo describe whuber en su respuesta a continuación).

3. ¿Qué tal el caso de que y se reemplacen con y para (supongo que esto modifica el problema desde y ya no se distribuyen uniformemente).${d_1}^2$${d_2}^2$${d_1}^\alpha$${d_2}^\alpha$$\alpha > 2$${d_1}^\alpha$${d_2}^\alpha$

Hay al menos dos interpretaciones: una se refiere a los puntos reales generados por este proceso y la otra se refiere al proceso en sí.

Si se da una comprensión del proceso de Poisson y se eligen pares de puntos de esa realización, entonces no hay nada que hacer excepto comparar sistemáticamente todas las distancias con todas las demás distancias (un doble bucle sobre los puntos).

De lo contrario, si el procedimiento está destinado a consistir en (i) crear una realización del proceso y luego (ii) seleccionar un par de puntos al azar, entonces los supuestos implican que los dos puntos se seleccionan de manera uniforme e independiente del círculo. El cálculo para esta situación se puede realizar de una vez por todas.

Observe que las distancias al cuadrado y están distribuidas de manera uniforme, por lo que la probabilidad deseada es$r_1 = d_1^2$$r_2 = d_2^2$

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

Los y pueden manejarse dividiéndose en casos. Hay que manejar algunos valores especiales de y . Como la integración es una ventana cuadrada sobre una región genéricamente limitada por líneas y lóbulos de una hipérbola (con eje vertical en y eje horizontal en ), el resultado es sencillo pero desordenado; debe incluir expresiones racionales en y algunas funciones hiperbólicas inversas (es decir, logaritmos naturales). Hice que Mathematica lo escribiera:$\max$$\min$$a$$b$$1/(ab)$$-1/b$$a$$b$

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

La integración numérica y la simulación en los rangos y confirman estos resultados.$-2 \le a \le 2$$-5 \le b \le 5$

Editar

La pregunta modificada pide reemplazar por y supone que y positivos. Al realizar una sustitución , la región de integración permanece igual y el integrando se convierte en lugar de . Escribiendo , obtenemos$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$

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

cuando o y de lo contrario el resultado es$(a>0\land a<1\land a b+a\geq 1)$$a\geq 1$

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

Aquí, es la función hipergeométrica. El caso original de corresponde a y luego estas fórmulas se reducen al cuarto y séptimo de los ocho casos anteriores. He comprobado este resultado con una simulación, dejando que varíe de a y cubriendo rangos sustanciales de y .$_2F_1$$\alpha=2$$\theta=1$$\theta$$1$$3$$a$$b$

Este problema se puede resolver descomponiendo en partes y utilizando las propiedades de un proceso de Poisson .

Ayuda a recordar cómo generar un proceso de intensidad de punto de Poisson en un subconjunto limitado de . Primero generamos una variable aleatoria de Poisson con tasadondedenota la medida de Lebesgue, y luego espolvoreamos estos puntos de manera uniforme en el interior aleatoria de .$\rho$$\newcommand{\A}{\mathcal A}$$\mathbb R^2$$N$$\rho |\mathcal A|$$|\cdot|$$N$$\A$

Esto nos dice inmediatamente que mientras , si elegimos dos puntos (sin reemplazo) de forma aleatoria, entonces estos dos puntos serán independientes y distribuidos de manera uniforme en . Cuando , tenemos que hacer algo y una opción natural es definir la probabilidad deseada como cero. Tenga en cuenta que esto sucede con probabilidad Esta es la única parte del problema que depende de la intensidad del proceso de Poisson.$N \geq 2$$\A$$N < 2$

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

Probabilidad condicional en$\{N \geq 2\}$

Estamos interesados ​​en la probabilidad donde , y . Aquí y son los radios de dos de nuestros puntos uniformemente distribuidos que caen en .

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

Tenga en cuenta que para un punto distribuido aleatoriamente en el disco de radio , la distribución de la distancia desde el origen es , desde donde podemos ver que tiene la misma distribución que donde . A partir de esto, podemos reexpresar la probabilidad de interés como $r$$\Pr(D \leq d) = (d/r)^2$$D^2$$r^2 U$$U \sim \mathcal U(0,1)$

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

Esta integral se divide en dos casos. Para calcularlo, necesitamos la integral general

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

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

Aquí vemos que para , entonces $u \leq A(1+B r^2 u)$$u \in [0,1]$

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

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

Aquí la integral para divide en dos partes desde en . Por lo tanto, integramos hasta usando la integral general y luego agregamos un área de suma de para la segunda pieza. Entonces, obtenemos $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)$

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

A menudo, una imagen ayuda; Aquí hay uno que muestra un ejemplo de la región de integración para cada caso. Tenga en cuenta que está en el eje x y en la eje x.$U_1$$y$$U_2$$x$

La probabilidad final de interés es, por supuesto, .$(1 - (1+\rho\pi r^2) e^{-\rho\pi r^2} ) p(A,B,r)$

Una generalización fácil.

Podemos generalizar fácilmente el resultado para usar una bola de forma diferente. De hecho, para cualquier norma arbitraria en , la probabilidad condicional es invariable siempre que usemos la bola inducida por la norma en lugar del círculo.$\mathbb R^2$$p(A,B,r)$

Esto se debe a que no importa qué norma elijamos, el radio al cuadrado se distribuye uniformemente. Para ver por qué, deje que sea ​​una norma en y la bola de radio bajo la norma . Tenga en cuenta que si y solo si . La escala hacia arriba o hacia abajo de la bola unidad es una transformación lineal y, por un hecho estándar sobre la medida de Lebesgue, la medida de una transformación lineal de es ya que$\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)$

$$|B_\delta(r)| = |T B_\delta(1)| = |\det(T)| |B_{\delta(1)}| = r^2 |B_\delta(1)| \>,$$ $T(x) = r x = (r x_1, r x_2)$ en este caso.

Esto muestra que si para distribuido uniformemente en , entonces El lector con ojos de águila notará que solo hemos usado la homogeneidad de la norma aquí, por lo que un resultado similar se mantendrá en general para distribuciones uniformes en clases de conjuntos cerrados bajo una transformación homogénea.$D = \delta(X)$$X$$B_\delta(r)$

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

Aquí hay una imagen con dos puntos seleccionados. Las normas que se muestran son la norma euclidiana, la norma , la norma y la norma para . Cada bola unitaria se perfila en negro, y la bola más grande dentro de la cual se encuentran los dos puntos seleccionados al azar se dibuja en el color correspondiente.$\ell_1$$\sup$$\ell^p$$p = 5$

La probabilidad condicional es la misma para cada imagen cuando la distancia se mide utilizando la norma correspondiente.$p(A,B,r)$