Probabilité d'une relation sur la distribution uniforme des points sur l'espace 2D

Supposons qu'un ensemble de nœuds est dispersé sur une surface 2D sorte que pour tout , le nombre de nœuds à l'intérieur de suit une distribution de Poisson avec paramètre , oùmontre l'aire du sous-ensemble et est l'intensité des points (nombre moyen de points par unité de surface).$\mathcal{S}$$\mathcal{A} \subset \mathcal{S}$$\mathcal{A}$$|\mathcal{A}| \rho$$|\mathcal{A}|$$\mathcal{A}$$\rho$

Nous ne nous intéressons qu'aux points à l'intérieur d'un cercle donné de rayon . Le nombre de nœuds à l'intérieur du cercle est une variable de Poisson avec le paramètre . Nous choisissons au hasard deux nœuds à l'intérieur du cercle. Soit et la distance du premier et du deuxième noeud par rapport au centre du cercle.$r$$\rho \pi r^2$$d_1$$d_2$

Comment puis-je calculer la probabilité de l'événement:

$${d_1}^2 < \frac{{d_2}^2}{A(1+B{d_2}^2)}$$ où et sont des constantes.$A$$B$

Éditer:

1. Supposons et .$A > 0$$B > 0$

2. Je m'intéresse au processus lui-même, pas aux points générés par le processus (comme décrit dans sa réponse ci-dessous).

3. Que diriez-vous du cas où et est remplacé par et pour (je suppose que cela modifie le problème depuis et ne sont plus distribués uniformément).${d_1}^2$${d_2}^2$${d_1}^\alpha$${d_2}^\alpha$$\alpha > 2$${d_1}^\alpha$${d_2}^\alpha$

Il existe au moins deux interprétations: l' une concerne les points réels générés par ce processus et l'autre concerne le processus lui-même.

Si une réalisation du processus de Poisson est donnée et que des paires de points doivent être choisies dans cette réalisation, alors il n'y a rien à faire sauf comparer systématiquement toutes les distances à toutes les autres distances (une double boucle sur les points).

Sinon, si la procédure est destinée à consister à (i) créer une réalisation du processus puis (ii) sélectionner une paire de points au hasard, alors les hypothèses impliquent que les deux points sont sélectionnés uniformément et indépendamment du cercle. Le calcul de cette situation peut être effectué une fois pour toutes.

Notez que les distances au carré et sont uniformément réparties, d'où la probabilité souhaitée est$r_1 = d_1^2$$r_2 = d_2^2$

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

Les et peuvent être traités en décomposant les cas. Certaines valeurs spéciales de et doivent être gérées. Parce que l'intégration est une fenêtre carrée sur une région génériquement délimitée par des lignes et des lobes d'une hyperbole (avec l'axe vertical à et l'axe horizontal à ), le résultat est simple mais désordonné; elle doit impliquer des expressions rationnelles dans et et certaines fonctions hyperboliques inverses (c'est-à-dire des logarithmes naturels). J'ai demandé à Mathematica de l' écrire:$\max$$\min$$a$$b$$1/(ab)$$-1/b$$a$$b$

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

L'intégration numérique et la simulation sur les plages et confirment ces résultats.$-2 \le a \le 2$$-5 \le b \le 5$

Éditer

La question modifiée demande de remplacer par et suppose et tous deux positifs. Lors d'une substitution , la région d'intégration reste la même et l'intégrande devient au lieu de . En écrivant , on obtient$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$

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

quand ou et sinon le résultat est$(a>0\land a<1\land a b+a\geq 1)$$a\geq 1$

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

Ici, est la fonction hypergéométrique. Le cas d'origine de correspond à , puis ces formules se réduisent aux quatrième et septième des huit cas précédents. J'ai vérifié ce résultat avec une simulation, laissant s'étendre de à et couvrant des plages substantielles de et .$_2F_1$$\alpha=2$$\theta=1$$\theta$$1$$3$$a$$b$

Ce problème peut être résolu en se décomposant en parties et en utilisant les propriétés d'un processus de Poisson .

Il aide à rappeler comment générer un processus d'intensité de point de Poisson sur un sous-ensemble borné de . Nous générons d'abord une variable aléatoire de Poisson avec le tauxoùdésigne la mesure de Lebesgue, et nous arrosons ces points de uniformément à l' intérieur aléatoire de .$\rho$$\newcommand{\A}{\mathcal A}$$\mathbb R^2$$N$$\rho |\mathcal A|$$|\cdot|$$N$$\A$

Cela nous dit tout de suite que, tant que , si l' on choisit deux points (sans remplacement) au hasard, ces deux points seront indépendants et répartis uniformément sur . Lorsque , nous devons faire quelque chose et un choix naturel est de définir la probabilité souhaitée comme nulle. Notez que cela se produit avec la probabilité C'est la seule partie du problème qui dépend de l'intensité du processus de Poisson.$N \geq 2$$\A$$N < 2$

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

Probabilité conditionnelle à$\{N \geq 2\}$

Nous nous intéressons à la probabilité où , et . Ici et sont les rayons de deux de nos points uniformément distribués qui tombent dans .

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

Notez que pour un point distribué aléatoirement dans le disque de rayon , la distribution de la distance depuis l'origine est , à partir de laquelle nous pouvons voir que a la même distribution que où . À partir de cela, nous pouvons reformuler la probabilité d'intérêt comme $r$$\Pr(D \leq d) = (d/r)^2$$D^2$$r^2 U$$U \sim \mathcal U(0,1)$

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

Cette intégrale se divise en deux cas. Pour le calculer, nous avons besoin de l'intégrale générale

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

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

On voit ici que pour , donc $u \leq A(1+B r^2 u)$$u \in [0,1]$

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

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

Ici l'intégrale pour se divise en deux morceaux puisque sur . Par conséquent, nous intégrons jusqu'à utilisant l'intégrale générale, puis nous plaquons sur une zone d'addition de pour la deuxième pièce. Donc, nous obtenons $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)$

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

Souvent, une image aide; en voici un qui montre un exemple de la région d'intégration pour chaque cas. Notez que est sur l' axe et sur l' axe .$U_1$$y$$U_2$$x$

La probabilité finale d'intérêt est alors, bien sûr, .$(1 - (1+\rho\pi r^2) e^{-\rho\pi r^2} ) p(A,B,r)$

Une généralisation facile

Nous pouvons facilement généraliser le résultat pour utiliser une balle de forme différente. En fait, pour toute norme arbitraire sur , la probabilité conditionnelle est invariante tant que nous utilisons la balle induite par la norme au lieu du cercle!$\mathbb R^2$$p(A,B,r)$

En effet, quelle que soit la norme que nous choisissons, le rayon carré est uniformément distribué. Pour voir pourquoi, soit une norme sur et la boule de rayon sous la norme . Notez que si et seulement si . La mise à l'échelle vers le haut ou vers le bas de la boule unitaire est une transformation linéaire et par un fait standard sur la mesure de Lebesgue, la mesure d'une transformation linéaire de est puisque$\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)$

$$|B_\delta(r)| = |T B_\delta(1)| = |\det(T)| |B_{\delta(1)}| = r^2 |B_\delta(1)| \>,$$ $T(x) = r x = (r x_1, r x_2)$ dans ce cas.

Cela montre que si pour uniformément distribué dans , alors Le lecteur aux yeux d'aigle notera que nous n'avons utilisé que l'homogénéité de la norme ici, et donc un résultat similaire se maintiendra en général pour des distributions uniformes sur des classes d'ensembles fermées sous une transformation homogène.$D = \delta(X)$$X$$B_\delta(r)$

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

Voici une image avec deux points sélectionnés. Les normes présentées sont la norme euclidienne, la norme norme et la norme pour . Chaque boule unitaire est entourée de noir, et la plus grosse balle dans laquelle se trouvent les deux points sélectionnés au hasard est dessinée dans la couleur correspondante.$\ell_1$$\sup$$\ell^p$$p = 5$

La probabilité conditionnelle est la même pour chaque image lorsque la distance est mesurée en utilisant la norme correspondante.$p(A,B,r)$