Квадрат нормального (не стандартного) распределения

[lukaville]

Условие задачи:

Цитата:

Закон распределения измеренного значения радиуса круга - нормальный, с математическим ожиданием $m = 50$ и дисперсией $\sigma^2 = 0.25$. Найти закон распределения площади круга и его среднюю площадь.

Со средней площадью всё легко: оно получается как квадрат математического ожидания радиуса на $\pi$ (получается $50 \cdot 50 \cdot \pi = 7853.982$).

Для получения закона распределения я взял плотность вероятности нормальной случайной величины:
$p_X = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\; \exp\left(-\frac{\left(x-\mu\right)^2}{2\sigma^2} \right) \!$

$X$ обозначил как случайную величину радиуса круга, а $Y$ - площади круга.

Далее, для нахождения закона распределения площади круга, записал интеграл:
$F_Y(y) = \int_{Y(x)<y} p_X(x)dx = \int_{\pi x^2 < y} \frac{1}{0.5\cdot\sqrt{2\pi}} \cdot e^{-\frac{(x-50)^2}{2\cdot0.25}}dx$

По графику $\pi\cdot x^2 < y$:


Получаю такой интеграл:
$\frac{2}{\sqrt{2\cdot\pi}} \int_{-\sqrt{\frac{y}{\pi}}}^{\sqrt{\frac{y}{\pi}}} e^{-\frac{(x-50)^2}{0.5}} dx$

Вот дальше - не знаю что делать. Как я выяснил, вроде, данный интеграл нельзя решить с помощью элементарных функций. В каком виде и как тогда требуется записать закон распределения площади круга?

[Otta]

lukaville в сообщении #936958 писал(а):

Со средней площадью всё легко: оно получается как квадрат математического ожидания радиуса на $\pi$

Неправда. Почему Вы так решили?
----
Вообще, очень странно полагать радиус нормально распределенным... но это не к Вам, конечно.
---
Что касается закона распределения площади - ищите плотность. Не надо интегрировать и даже пытаться интегрировать. Написали интеграл и ищите плотность.

[lukaville]

Otta в сообщении #936962 писал(а):

Неправда. Почему Вы так решили?

Действительно, для нахождения математического ожидания квадрата случайной величины потребуется вычислить интеграл $\int_{-\infty}^{\infty} x^2 \cdot p(x) dx$... Наверное, смутил похожий ответ, который дает Wolframalpha.

[Otta]

lukaville в сообщении #936969 писал(а):

Наверное, смутил похожий ответ, который дает Wolframalpha.

Почему вдруг смутил?
Совершенно очевидным должно быть, почему этот ответ близок к тому неверному, который Вы получили изначально.

[lukaville]

Плотность распределения получилась следующая:
$p_Y(y) = p_X(\psi(y)) \cdot | \psi'(y) | = \frac{1}{\pi\sqrt{2y}} e^{-2(\sqrt{\frac{y}{\pi}}-50)^2}$
(где $\psi(y)$ - обратная функция для $Y(X)$).

В итоге, опять требуется найти интеграл от этой плотности как для нахождения функции распределения, так и для нахождения математического ожидания.

[Otta]

lukaville в сообщении #937044 писал(а):

(где $\psi(y)$ - обратная функция для $Y(X)$).

У нее нет обратной функции на всей области определения. Воспользуйтесь Вашими расчетами, Гмурман тут не прокатит.

lukaville в сообщении #937044 писал(а):

В итоге, опять требуется найти интеграл от этой плотности как для нахождения функции распределения, так и для нахождения математического ожидания.

Зачем?

[lukaville]

Цитата:

У нее нет обратной функции на всей области определения

А при $X > 0$? Измерения радиуса ведутся в положительных величинах. Вроде можно воспользоваться данной формулой при условии монотонности и дифференцируемости функции.

[Otta]

lukaville в сообщении #937057 писал(а):

А при $X > 0$? Измерения радиуса ведутся в положительных величинах.

Да, конечно. Только у Вас $X$ нормальна, а не больше нуля. А так все хорошо. На самом деле, за счет малости дисперсии и большого значения матожидания она будет больше нуля почти наверное, но Вы же, наверное, хотите точное значение плотности. Что Вас смущает? мне непонятно. Вы нашли функцию распределения, как смогли. Вы по ней не сможете плотность посчитать?

[Александрович]

Otta в сообщении #936962 писал(а):

Вообще, очень странно полагать радиус нормально распределенным...

Напротив, это для него естественное распределение. Попросите токаря изготовить 100 цилиндров с одинаковым диаметром. Затем измерьте микрометром их диаметры и разделите на два. По какому закону будет распределена эта с.в.?

[ewert]

lukaville в сообщении #936958 писал(а):

Как я выяснил, вроде, данный интеграл нельзя решить с помощью элементарных функций.

Никакой интеграл вообще нельзя решить. А вот конкретно этот -- можно и нужно выразить через функцию стандартного нормального распределения. Если требуется именно функция распределения. Правда, для приличия стоит заменить нижний предел на минус бесконечность (формально-то вроде нужно на ноль, но для приличия лучше на минус бесконечность).

lukaville в сообщении #936969 писал(а):

для нахождения математического ожидания квадрата случайной величины потребуется вычислить интеграл $\int_{-\infty}^{\infty} x^2 \cdot p(x) dx$

Ну так и считайте. Он элементарно выражается через интеграл Пуассона, но даже и этого не нужно: это -- матожидание квадрата, которое известным образом сводится к дисперсии и квадрату матожидания, а они Вам известны.

Александрович в сообщении #937263 писал(а):

Напротив, это для него естественное распределение.

Естественно или нет -- это ещё вопрос. Однако оно здесь формально неприменимо по сугубо формальным причинам, независимо от практических. Впрочем, от этой претензии Otta уже отказалась:

Otta в сообщении #937069 писал(а):

На самом деле, за счет малости дисперсии и большого значения матожидания она будет больше нуля почти наверное

Сказано неаккуратно, но правильно.

[Евгений Машеров]

Это у Вас нецентральное хи-квадрат распределение.
https://en.wikipedia.org/wiki/Noncentra ... stribution

[ewert]

Евгений Машеров в сообщении #937299 писал(а):

Это у Вас нецентральное хи-квадрат распределение.

Вы издеваетесь.