三角分布と変数変換

一様分布と変数変換からの続き

２つの確率変数の三角分布があったとき，これを変数変換したときの確率分布を考える。

与える分布は，$p(x)=2x\ \theta(x) \theta(1-x),\ q(y) = 2y\ \theta(y) \theta(1-y)\ $とする。したがって，$0 \le x \le 1,\ 0 \le y \le 1 \ $を満足する。このとき，$\displaystyle \int_0^1 \int_0^1 p(x) q(y)\ dx dy =1$

これは，$\displaystyle \int_0^1 dx \int_0^x dy\ p(x) q(y) + \int_0^1 dx \int_x^1 dy\ p(x) q(y) =1$とも書ける。

（１）$\underline{X = x+y,\ Y = x-y \quad (0 \le X \le 2,\ -1 \le Y \le 1)\ }$の場合

このとき，$x = (X+Y)/2, \ y=(X-Y)/2, \ J(X,Y)=\frac{1}{2}\ $

$p(x) q(y) = 4 p q = (X+Y)(X-Y) = X^2-Y^2$

積分領域は， $-X \le Y \le 2-X$ かつ $X \le Y \le X-2$

$f(X,Y)\ $の期待値は，$\langle f \rangle = \int_0^1 dX \int_{-X}^{X} f(X,Y) \frac{X^2-Y^2}{2} dY + \int_1^2 dX \int_{X-2}^{2-X} f(X,Y)  \frac{X^2-Y^2}{2} dY$

(1-1) $\langle 1 \rangle =  \int_0^1 dX \Big\lbrack X^2 Y - \frac{Y^3}{3} \Big\rbrack_{0}^{X} + \int_1^2 dX \Big\lbrack X^2 Y - \frac{Y^3}{3} \Big\rbrack_{0}^{2-X} $

$\quad = \int_0^1 \frac{2}{3}X^3 dX + \int_1^2 \frac{2}{3}(2-X)(X^2+2X-2) dX $

$\quad =  \Big\lbrack  \frac{1}{6}X^4 \Big\rbrack_0^1 +\Big\lbrack  -\frac{X^4}{6} + 2X^2-\frac{8}{3}X \Big\rbrack_1^2 = 1$

(1-2) $\langle |Y| \rangle =  \int_0^1 dX \int_0^X (X^2Y-Y^3) dY + \int_1^2 dX \int_0^{2-X}(X^2Y-Y^3) dY$

$\quad = \int_0^1 \Bigl(\frac{X^4}{2}-\frac{X^4}{4} \Bigr) dX +  \int_1^2 \Bigl\{ \frac{X^2(2-X)^2}{2} - \frac{(2-X)^4}{4} \Bigr\} dX $

$\quad =  \Big\lbrack \frac{1}{20}X^5 \Big\rbrack_0^1 +   \Big\lbrack  \frac{1}{20}X^5 -\frac{4}{3}X^3 + 4X^2 -4X  \Big\rbrack_1^2 = \dfrac{4}{15} \ $

（２）$\underline{X = x+y,\ Y = xy \quad (0 \le X \le 2,\ 0 \le Y \le 1)\ }$の場合

このとき，$x = (X \pm \sqrt{X^2-4Y})/2, \ y=(X \mp \sqrt{X^2-4Y} )/2, \ J(X,Y)=\frac{1}{\sqrt{X^2-4Y}}$

$p(x) q(y) = 4 p q = (X \pm \sqrt{X^2-4Y})(X \mp \sqrt{X^2-4Y} ) = 4Y$

積分領域は， $0 \le Y$ かつ $X-1 \le Y \le X^2/4$

$f(X,Y)\ $の期待値は，$x>y$と$y>x$の場合をそれぞれ加えることで，

$\langle f \rangle = 2 \int_0^1 dX \int_0^{X^2/4} f(X,Y) \frac{4Y}{\sqrt{X^2-4Y}} dY + 2 \int_1^2 dX \int_{X-1}^{X^2/4} f(X,Y) \frac{4Y}{\sqrt{X^2-4Y}} dY$

(2-1) $\langle 1 \rangle = 2 \int_0^1 dX \int_0^{X^2/4} \frac{4Y}{\sqrt{X^2-4Y}} dY + 2 \int_1^2 dX \int_{X-1}^{X^2/4}  \frac{4Y}{\sqrt{X^2-4Y}} dY$

$\quad = 2 \int_0^1 dX \Big\lbrack -\frac{X^2+2Y}{3} \sqrt{X^2-4Y}  \Big\rbrack_0^{X^2/4} + 2 \int_1^2 dX  \Big\lbrack -\frac{X^2+2Y}{3} \sqrt{X^2-4Y} \Big\rbrack_{X-1}^{X^2/4}$

$\quad = \int_0^1 \frac{2 }{3}X^3 dX + \int_1^2 \frac{2}{3}(2-X)(x^2+2X-2) dX$

$\quad =  \Big\lbrack \frac{1}{6}X^4 \Big\rbrack_0^1 +  \Big\lbrack  -\frac{1}{6}X^4+ 2 X^2-\frac{8}{3}X  \Big\rbrack_1^2= 1$

(2-2) $\langle \sqrt{X^2-4Y} \rangle = 2 \int_0^1 dX \int_0^{X^2/4}  4Y dY + 2 \int_1^2 dX \int_{X-1}^{X^2/4} 4Y dY$

$\quad = 2 \int_0^1 dX \Big\lbrack 2Y^2 \Big\rbrack_0^{X^2/4} + 2 \int_1^2 dX  \Big\lbrack 2Y^2 \Big\rbrack_{X-1}^{X^2/4}$

$\quad = \int_0^1 \frac{1}{4}X^4 dX + \int_1^2 \Bigl\{ \frac{1}{4}X^4-4(X-1)^2 \Bigr\} dX  $

$\quad = \Big\lbrack \frac{1}{20}X^5 \Big\rbrack_0^2 +  \Big\lbrack -\frac{4}{3}(X-1)^3  \Big\rbrack_1^2 = \dfrac{4}{15}$