Distribuzione di

Esiste un'espressione canonica o analitica per la distribuzione di probabilità per la variabile casuale complessa simmetrica circolare $Z$ :

Z = e^{j θ},

$Z = e^{j\theta},$ dove

θ \sim U (0, 2 π)

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

Note a margine:

È noto che le parti reali e immaginarie, ovvero:

ℜ (Z) = \cos θ ℑ (Z) = \sin θ

$\Re(Z) = \cos \theta \\ \Im(Z) = \sin \theta$ hanno densità marginali date da :

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

$f_{\Re(Z)}(z) = f_{\Im(Z)}(z) = \frac{1}{\pi\sqrt{1-z^2}}, \quad -1 < z < 1,$ ma poiché non sono indipendenti, calcolare il loro PDF congiunto non è banale.

MODIFICARE: $Z$ è diverso da un normale complesso in quello qui, l'ampiezza $|Z|$ è deterministico e identicamente 1, mentre se $Z$ erano complessi normali, $|Z|$ sarebbe distribuito Rayleigh.

complex-random-variable

— Robert L.
fonte

In che modo ciò è diverso dal complesso circolare-simmetrico normale ?

— Maxtron,

@Maxtron l'ampiezza qui è 1, mentre la normale complessa ha un'ampiezza che di per sé è una variabile casuale con una distribuzione di Rayleigh.

— Robert L.,

@OlliNiemitalo aveva una risposta per qualcosa di simile che ricordo ...

— Fat32,

@ Fat32 Sì, questo suona un campanello. L'altra domanda è: qual è la sua distribuzione?

— Olli Niemitalo,

@OlliNiemitalo Sì, questa era la domanda!

— Fat32,

Risposte:

Poiché le parti reali e immaginarie dipendono molto l'una dall'altra (se hai il valore di una, conosci esattamente il valore dell'altra), sembra che potresti applicare il pdf marginale della parte reale $r$ , dato un valore della parte immaginaria $i$ :

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

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

Hai notato individualmente il pdf delle parti reali e immaginarie:

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

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

Questo lascia il pdf marginale $f_{r | i}(r\ |\ i)$ . Ricorda che per una data realizzazione della variabile casuale $Z$ , i due componenti sono correlati in modo deterministico:

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

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

Data questa relazione, possiamo risolvere $r$ in termini di $i$ :

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

$r^2 = 1 - i^2$

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

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

Pertanto, il pdf marginale di $r$ dato un valore di $i$ è una coppia di impulsi:

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

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

Metterli insieme produrrebbe:

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

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

Pensandoci geometricamente, per ogni linea orizzontale $i = i_0$ (per $i_0 \in [-1, 1]$ ) nel $ri$ piano, ci sono solo due punti $r_0 = \pm \sqrt{1 - i_0^2}$ che sono diversi da zero e il pdf ha un'altezza infinita in quei punti. Come prevedibile, quei punti di intersezione (ovvero i punti in cui il pdf è diverso da zero) sono i punti in cui la linea orizzontale si interseca con il cerchio unitario!

Ciò significa che il pdf congiunto ha valore zero, tranne lungo il cerchio unitario, dove assume un'altezza infinita. Ciò si allinea con l'intuizione, come definizione della variabile casuale $Z$ assicura che possa assumere solo valori che si trovano nel cerchio unitario.

Non c'è niente di speciale nel modo specifico in cui l'ho esposto; potresti anche trasporre il problema e guardare le linee verticali in $ri$ piano del modulo $r = r_0$ e troverai la stessa relazione a causa dello stretto accoppiamento delle due variabili casuali.

Credo che questa formulazione sia equivalente a quella nella risposta di AlexTP , ma la sua derivazione è probabilmente più intuitiva.

— Jason R
fonte

c'è un errore di battitura

r = 1 - i^{2}

$r = 1- i^2$ ; forse intendi

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

$r^2=1-i^2$ ? Inoltre, possiamo dimostrare che il pdf congiunto si integra con il piano 1 in xy (o eqv ri). Anche in questo caso il pdf congiunto

f_{r i} (r, i)

$f_{ri}(r,i)$ non è circolarmente simmetrico? (il denominatore?). Non possiamo semplicemente usare la logica che ha dato

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 in [

0, 2 π

$0,2\pi$ ] e il vincolo

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

$x^2+y^2=1$ offre semplicemente un pdf congiuntamente circolare simmetrico 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 ad anello sul piano xy? dove K è probabilmente

1 / 2 π

$1/2\pi$ ?

— Fat32,

Ho corretto i refusi a cui ti riferivi, grazie.

— Jason R,

@ Fat32: ho apportato alcune correzioni che mi hanno portato a quello che sembra quello che stavi ottenendo nel tuo commento sopra. La risposta di AlexTP è comunque probabilmente più intuitivamente piacevole.

— Jason R,

C'è un refuso nella copia

f_{r | i} (r | i)

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

f_{r, i} (r, i)

$f_{r,i}(r,i)$ . E lo osservo

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

$f_{r,i}(0,1) = \infty$ è diverso da

f_{r, i} (1, 0) = \frac{1}{2 π}

$f_{r,i}(1,0) = \frac{1}{2\pi}$ . Penso che dovrebbero avere lo stesso valore, no?

— AlexTP

tutti, forse una simulazione veloce sarebbe utile per mostrare i vostri punti :)

— AlexTP

Evita calcoli complicati, lascia $X$ e $Y$ tra le normali variabili casuali standard , la tua variabile casuale $Z$ ha la stessa distribuzione di $V$

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

$V \triangleq \left(\frac{X}{\sqrt{X^2+Y^2}},\frac{Y}{\sqrt{X^2+Y^2}} \right)$ (facile da vedere e l'angolo di è equivalente all'angolo di una Normale simmetrica circolare quindi uniforme).

‖ V ‖ = 1

$\lVert V\rVert=1$

V

$V$

Questo tipo di è una delle costruzioni di un punto distribuito uniformemente sul cerchio (che può essere generalizzato in -sfera, vedi Sphere Point Picking e per esempio questa risposta ). $V$ $(n-1)$

Quindi il PDF di è semplicemente il reciproco della circonferenza del cerchio unitario. Per con fisso e uniforme , $Z$ $Z_\rho = \rho e^{j\Theta}$ $\rho$ $\Theta$

in coordinate polari (dove l'area infinitesimale è ), $r dr d\theta$

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
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penso che sia corretto.

— robert bristow-johnson,

L'intuizione sembra essere così semplice dietro la dimostrazione. Tutto quello che devi fare è selezionare i punti dalla superficie di una sfera unitaria :)

— Maxtron,

Non possiamo semplicemente rimuoverenel denominatore? Altrimenti, come valuteresti l'espressione per ? Certo, vorremmo da tenere.

| | z | |

$||z||$

| | z | | \to 0

$||z||\rightarrow 0$

f_{Z} (0) = 0

$f_Z(0)=0$

— Matt L.

@MattL. hai ragione, è sbagliato avere nel denominatore, non a causa della valutazione ai limiti ma perché è semplicemente sbagliato. Ho corretto il risultato finale.

‖ z ‖

$\lVert z \rVert$

— AlexTP,

@AlexTP: penso ancora che non ci dovrebbe essere alcuna variabile nel denominatore. Dai un'occhiata alla mia risposta e per favore dimmi se / dove sbaglio.

— Matt L.

Sulla base delle risposte esistenti, che mi hanno aperto gli occhi su ciò che sta accadendo qui, vorrei presentare un'altra espressione molto semplice per la soluzione, che è leggermente diversa da quella nella risposta di AlexTP (e che si è rivelata equivalente a quello indicato nella risposta di Jason R , come mostrato di seguito nella parte EDIT).

[EDIT: ora che AlexTP ha modificato la sua risposta, le nostre espressioni per il PDF sono identiche; quindi tutte e tre le risposte sono finalmente d'accordo].

Lascia che la variabile casuale complessa sia definita come $Z=X+jY$

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

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

dove il raggio è deterministico e dato, mentre l'angolo è casuale e uniformemente distribuito su . Dichiaro senza ulteriori prove che è circolare simmetrica, da cui consegue che la sua funzione di densità di probabilità (PDF) deve soddisfare $\rho$ $\theta$ $[0,2\pi)$ $Z$

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

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

cioè, può essere scritto in funzione del raggio (magnitudine) . $r$

Poiché il PDF deve essere zero ovunque tranne e poiché deve integrarsi con l'unità (se integrato sul piano bidimensionale), l'unico PDF possibile è $r=\rho$

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

Si può dimostrare che porta a densità marginali corretti per le variabili casuali e . $(3)$ $X$ $Y$

MODIFICARE:

Dopo alcune discussioni molto utili nei commenti sembra che siamo riusciti a concordare una soluzione al problema. Mostrerò di seguito che la formula modesto è in realtà equivale alla formula guardando più coinvolti nella risposta di Jason R . Nota che uso per la grandezza (raggio) del complesso RV , mentre nella risposta di Jason indica la parte reale di . Userò ed per le parti reale e immaginaria, rispettivamente. Eccoci qui: $(3)$ $r$ $Z$ $r$ $Z$ $x$ $y$

\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}

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

Sappiamo che è dato da $\delta\big(g(x)\big)$

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

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

dove sono le (semplici) radici di . abbiamo $x_i$ $g(x)$

\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}

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

Le due radici sono $x_i$

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

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

Di conseguenza,

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

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

Con - , Eq. può essere scritto come $(5)$ $(8)$ $(4)$

\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}

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

Per , Eq. è identica alla espressione data nella risposta di Jason R . $\rho=1$ $(9)$

Penso che ora possiamo essere d'accordo sul fatto che l'Eq. è un'espressione corretta (e molto semplice) per il PDF del complesso RV con deterministico e uniformemente distribuito . $(3)$ $Z=\rho e^{j\theta}$ $\rho$ $\theta$

— Matt L.
fonte

Penso che il determinante della trasformazione giacobina dovrebbe essere allora

r

$r$

\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: prendi come esempio estremo , il che rende deterministico il RV , è sempre zero. Il suo PDF dovrebbe quindi essere un impulso di Dirac a , che è quello che ottengo con la formula che ho suggerito. Con la formula nella tua risposta otteniamo un termine indefinito in quel caso.

ρ = 0

$\rho=0$

Z

$Z$

r = z = y = 0

$r=z=y=0$

— Matt L.

è vero, ma penso che il valore del PDF possa essere infinito e solo il CDF dovrebbe essere limitato. In altre parole, l'impulso di Dirac conta solo all'interno degli integrali.

— AlexTP,

Sì, ma se integri il tuo pdf (per ), cosa ottieni (e come lo faresti)?

ρ = 0

$\rho=0$

— Matt L.

Vorrei fare questo L'integrale è finito mentre il PDF non lo è grazie al determinante giacobino. Il mio punto è che è necessario che jacobiano determinante ogni volta a integrare il PDF in coordinate polari. Dimmi se lo trovi non convinto.

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

$\lim_{\rho \to 0^+}\int_\theta \int_{r=0}^{+\infty}\frac{1}{2\pi\rho}\delta(r-\rho) r dr d\theta = \lim_{\rho \to 0^+} \int_\theta \frac{1}{2\pi\rho} \rho d\theta = \int_\theta \frac{1}{2\pi} d\theta = 1$

r

$r$

— AlexTP,