Verteilung von

Gibt es einen kanonischen oder analytischen Ausdruck für die Wahrscheinlichkeitsverteilung für die zirkularsymmetrische komplexe Zufallsvariable $Z$ :

Z = e^{j θ},

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

θ \sim U (0, 2 π)

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

Randnotizen:

Es ist bekannt, dass der Real- und Imaginärteil, dh:

ℜ (Z) = \cos θ ℑ (Z) = \sin θ

$\Re(Z) = \cos \theta \\ \Im(Z) = \sin \theta$ haben

, diegegeben sind durch:

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

$f_{\Re(Z)}(z) = f_{\Im(Z)}(z) = \frac{1}{\pi\sqrt{1-z^2}}, \quad -1 < z < 1,$ aber da sie nicht unabhängig sind, ist die Berechnung ihrer gemeinsamen PDF-Datei nicht trivial.

EDIT: $Z$ unterscheidet sich von einer komplexen Normalen darin, dass hier die Amplitude $|Z|$ ist deterministisch und identisch 1, während, wenn $Z$ komplex normal wäre, $|Z|$ wäre Rayleigh verteilt.

complex-random-variable Robert L.
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Wie unterscheidet sich das von der zirkularsymmetrischen komplexen Normalen ?

Maxtron

@Maxtron ist die Amplitude hier 1, während komplexe Normalen eine Amplitude haben, die selbst eine Zufallsvariable mit einer Rayleigh-Verteilung ist.

Robert L.

@OlliNiemitalo hatte eine Antwort auf etwas Ähnliches, wie ich mich erinnere ...

Fat32

@ Fat32 Ja das klingelt. Die andere Frage ist: Wie ist die Verteilung davon?

Olli Niemitalo

@OlliNiemitalo Ja das war die Frage!

Fat32

Antworten:

Da der Real- und der Imaginärteil sehr stark voneinander abhängig sind (wenn Sie den Wert des einen haben, kennen Sie den Wert des anderen genau), scheint es, als könnten Sie das marginale PDF des Realteils $r$ bei einem bestimmten Wert anwenden des Imaginärteils $i$ :

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

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

Sie haben das PDF der Real- und Imaginärteile einzeln notiert:

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

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

Damit bleibt das marginale pdf $f_{r | i}(r\ |\ i)$ . Denken Sie daran, dass für eine gegebene Realisierung der Zufallsvariablen $Z$ die beiden Komponenten deterministisch zusammenhängen:

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

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

In Anbetracht dieser Beziehung können wir nach $r$ in Bezug auf $i$ lösen :

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

$r^2 = 1 - i^2$

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

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

Daher ist das marginale PDF von $r$ bei einem Wert von $i$ ein Paar von Impulsen:

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

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

Das Zusammenfügen würde ergeben:

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

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

Wenn man geometrisch darüber nachdenkt, gibt es für jede horizontale Linie $i = i_0$ (für $i_0 \in [-1, 1]$ ) in der $ri$ -Ebene nur zwei Punkte $r_0 = \pm \sqrt{1 - i_0^2}$ , die ungleich Null sind, und das PDF hat an diesen Punkten eine unendliche Höhe. Wie zu erwarten ist, schneiden sich an diesen Schnittpunkten (dh an Punkten, an denen das PDF ungleich Null ist) die horizontale Linie mit dem Einheitskreis!

Dies bedeutet, dass das gemeinsame PDF einen Wert von Null hat, außer entlang des Einheitskreises, wo es eine unendliche Höhe annimmt. Das stimmt mit der Intuition überein, da die Definition der Zufallsvariablen $Z$ sicherstellt, dass nur Werte angenommen werden können, die sich auf dem Einheitskreis befinden.

Es gibt nichts Besonderes an der Art und Weise, wie ich das dargelegt habe. Sie können das Problem auch transponieren und vertikale Linien in der $ri$ -Ebene der Form $r = r_0$ und Sie würden aufgrund der engen Kopplung der beiden Zufallsvariablen dieselbe Beziehung finden.

Ich glaube, diese Formulierung entspricht der in AlexTPs Antwort , aber seine Ableitung ist wahrscheinlich intuitiver.

Jason R.
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Gibt es einen Tippfehler in

? möglicherweise meinst du

? Können wir auch zeigen, dass das gemeinsame PDF in der xy- (oder eqv ri) Ebene zu 1 integriert ist? Auch hier ist das Gelenk pdf

nicht kreisförmig symmetrisch? (der Nenner?). Können wir nicht einfach die Logik verwenden, die gegeben ist, dass

r = 1 - i^{2}

$r = 1- i^2$

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

$r^2=1-i^2$

f_{r i} (r, i)

$f_{ri}(r,i)$

mit

einheitlich in [

] und der Bedingung

bietet einfach eine kreissymmetrische Verbindung pdf vom Typ

oder

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

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

θ

$\theta$

0, 2 π

$0,2\pi$

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

$x^2+y^2=1$

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

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

f_{R, θ} = K δ_{2} (R - 1)

$f_{R,\theta} = K \delta_2(R-1)$ ;; ein Ringimpuls auf der xy-Ebene? wobei K möglicherweise

1 / 2 π

$1/2\pi$

Fat32

Ich habe die Tippfehler, auf die Sie sich bezogen haben, korrigiert, danke.

Jason R

@ Fat32: Ich habe einige Korrekturen vorgenommen, die mich zu dem geführt haben, was sich in Ihrem obigen Kommentar anhört. Die Antwort von AlexTP ist jedoch wahrscheinlich immer noch intuitiver.

Jason R

Es gibt einen Tippfehler beim Kopieren von

bis

. Und ich beobachte, dass sich

von

f_{r | i} (r | i)

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

f_{r, i} (r, i)

$f_{r,i}(r,i)$

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

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

. Ich denke, sie sollten den gleichen Wert haben, nicht wahr?

f_{r, i} (1, 0) = \frac{1}{2 π}

$f_{r,i}(1,0) = \frac{1}{2\pi}$

AlexTP

Jeder, vielleicht wäre eine schnelle Simulation hilfreich, um Ihre Punkte zu zeigen :)

AlexTP

Vermeiden Sie komplizierte Berechnungen, lassen Sie $X$ und $Y$ sein iid Standard normalen Zufallsvariablen, Ihre Zufallsvariable $Z$ hat die gleiche Verteilung von $V$

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

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

‖ V ‖ = 1

$\lVert V\rVert=1$

V

$V$

Diese Art von eine der Konstruktionen eines Punktes ist einheitlich auf Kreis verteilt (die verallgemeinert werden kann -sphere siehe Sphere Punkt Picking und beispielsweise diese Antwort $V$ $(n-1)$ ).

Somit ist das PDF von einfach der Kehrwert des Umfangs des Einheitskreises. Für mit festem und einheitlichem $Z$ $Z_\rho = \rho e^{j\Theta}$ $\rho$ $\Theta$ ,

in Polarkoordinaten (wobei der infinitesimale Bereich ) ist $r dr d\theta$

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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Ich denke das ist richtig.

Robert Bristow-Johnson

Die Intuition scheint hinter dem Beweis so einfach zu sein. Alles was Sie tun müssen, ist Punkte von der Oberfläche einer Einheitskugel

auszuwählen

Können wir nicht einfach das entfernenim Nenner? Wie würden Sie sonst den Ausdruck für bewerten ? Natürlich möchten wir, dass gilt.

| | z | |

$||z||$

| | z | | \to 0

$||z||\rightarrow 0$

f_{Z} (0) = 0

$f_Z(0)=0$

Matt L.

@ MattL. Sie haben Recht, es ist falsch, im Nenner zu haben, nicht aufgrund der Bewertung an Grenzen, sondern weil es einfach falsch ist. Ich habe das Endergebnis festgelegt.

‖ z ‖

$\lVert z \rVert$

AlexTP

@AlexTP: Ich denke immer noch, dass es keine Variable im Nenner geben sollte. Schauen Sie sich meine Antwort an und sagen Sie mir bitte, ob / wo ich falsch liege.

Matt L.

Basierend auf den vorhandenen Antworten, die mir die Augen für das geöffnet haben, was hier vor sich geht, möchte ich einen weiteren sehr einfachen Ausdruck für die Lösung vorstellen , der sich nur geringfügig von dem in der Antwort von AlexTP unterscheidet (und der sich als gleichwertig herausstellte) die in Jason Rs Antwort gegeben , wie unten im EDIT-Teil gezeigt).

[BEARBEITEN: Nachdem AlexTP seine Antwort bearbeitet hat, sind unsere Ausdrücke für das PDF identisch. also stimmen alle drei Antworten endlich überein].

Die komplexe Zufallsvariable sei definiert als $Z=X+jY$

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

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

wobei der Radius ist deterministisch und angegeben, während der Winkel zufällig und gleichmäßig verteilt auf . Ich erkläre ohne weiteren Beweis, dass $\rho$ $\theta$ $[0,2\pi)$ $Z$ kreisförmig symmetrisch ist, woraus folgt, dass seine Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion (PDF) erfüllen muss

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

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

dh es kann als Funktion des Radius (Größe) $r$ .

Da das PDF mit Ausnahme von $r=\rho$ überall Null sein muss und sich zur Einheit integrieren muss (wenn es über die zweidimensionale Ebene integriert wird), ist das einzig mögliche PDF

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

Es kann gezeigt werden, dass $(3)$ zu den korrekten Randdichten für die Zufallsvariablen $X$ und $Y$ .

BEARBEITEN:

Nach einigen sehr nützlichen Diskussionen in den Kommentaren scheint es uns gelungen zu sein, eine Lösung für das Problem zu finden. Ich werde im Folgenden zeigen, dass die bescheidene Formel $(3)$ tatsächlich der komplexeren Formel in Jason Rs Antwort entspricht . Beachten Sie, dass ich $r$ für die Größe (den Radius) des komplexen RV $Z$ , während in Jasons Antwort $r$ den Realteil von $Z$ . Ich werde $x$ und $y$ für den Real- bzw. Imaginärteil verwenden. Auf geht's:

\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}

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

$\delta\big(g(x)\big)$

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

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

$x_i$ $g(x)$

\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}

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

$x_i$

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

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

Folglich,

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

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

$(5)$ $(8)$ $(4)$

\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}

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

$\rho=1$ $(9)$ .

$(3)$ $Z=\rho e^{j\theta}$ $\rho$ $\theta$

Matt L.
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r

$r$

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

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

ρ = 0

$\rho=0$

Z

$Z$

r = z = y = 0

$r=z=y=0$

Es ist wahr, aber ich denke, der Wert von PDF kann unendlich sein und nur die CDF sollte begrenzt werden. Mit anderen Worten, der Dirac-Impuls ist nur innerhalb von Integralen von Bedeutung.

AlexTP

ρ = 0

$\rho=0$

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

$r$