瑞利分布

瑞利分布（Rayleigh distribution）是非负连续分布，可以表示两个独立、同方差、零均值正态分量所组成的二维向量长度。它的尺度参数 $\sigma >0$ 等于每个正态分量的标准差，不等于长度本身的标准差。

设二维合成定位误差为 $(U,V)$，其中 $U,V$ 独立且均服从 $N(0,4)$，长度 $R=\sqrt{U^2+V^2}$ 的单位与两个分量相同。某一次分量为三和四时，长度等于五；计算“误差长度不超过四”的概率，需要整个圆内的联合概率，而不是分别把两个坐标限制在四以内。

极坐标中的面积因子

一般地，令 $U,V\stackrel{\mathrm{i}\mathrm{i}\mathrm{d}}{\sim }N(0,{\sigma }^2)$。二者的联合密度为 $(2\pi {\sigma }^2{)}^{-1}{e}^{-(u^2+v^2)/(2{\sigma }^2)}$。变换 $u=r\cos \theta ,v=r\sin \theta$，在 $r>0,0\le \theta <2\pi$ 上，雅可比绝对值为 r。对角度积分，得到 $$f_R(r)={\int }_0^{2\pi }\frac{r}{2\pi {\sigma }^2}{e}^{-r^2/(2{\sigma }^2)}\mathrm{d}\theta =\frac{r}{{\sigma }^2}{e}^{-r^2/(2{\sigma }^2)},r>0.$$ 在负半轴密度为零，零点无原子，闭支撑为 $[0,\mathrm{\infty })$。这个 r 因子很关键：中心附近小半径的圆环面积小，所以长度密度在零处为零，尽管二维密度在原点最高。

密度在零处为零，因为半径带对应的圆环面积随半径增加。

对密度积分，令 $y=r^2/(2{\sigma }^2)$，有 $\mathrm{d}y=(r/{\sigma }^2)\mathrm{d}r$，于是 $$F_R(r)=1-e^{-r^2/(2{\sigma }^2)},S_R(r)=e^{-r^2/(2{\sigma }^2)}(r\ge 0).$$ 当 r 趋向无穷，F 趋向一，给出归一化。平方标准化变量 $R^2/(2{\sigma }^2)$ 服从率一指数分布，等价地 $R^2/{\sigma }^2\sim {\chi }_2^2$。

矩与半径分位数

同一个变量代换给出 $$𝔼R^q=(\sqrt{2}\sigma {)}^q{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{y}^{q/2}{e}^{-y}\mathrm{d}y=(\sqrt{2}\sigma {)}^q\Gamma (1+q/2),q>-2.$$ 条件来自零附近可积性。故均值、二阶矩与方差分别为 $$𝔼R=\sigma \sqrt{\pi /2},𝔼R^2=2{\sigma }^2,\mathrm{Var}(R)=\frac{4-\pi }{2}{\sigma }^2.$$ 本例尺度二，所以均方根长度为 $2\sqrt{2}$，平均长度为 $\sqrt{2\pi }$，两者不同。

“半径四以内”在本例中的概率为 $$Pr(R\le 4)=1-e^{-4^2/(2\cdot 2^2)}=1-e^{-2}\approx \mathrm{0.864665.}$$ 求覆盖概率 p 的圆半径，解 $1-e^{-r_p^2/(2{\sigma }^2)}=p$，得到 $$r_p=\sigma \sqrt{-2\log (1-p)},0<p<1.$$ 取 $p=0.95$ 得 $r_p=2\sqrt{-2\log 0.05}\approx 4.895494$。图中点标的是圆半径分位数，并不是把每个坐标的单独95%区间拼成正方形。

r=4 对应约 0.8647；95% 半径约为 4.8955。

作为变式，若每个坐标的标准差都从二增到三，覆盖同一概率的半径也按 $3/2$ 倍增；若半径仍固定为四，覆盖概率变为 $1-e^{-8/9}\approx 0.588888$。这反映的是整个误差向量的尺度改变。

独立、等方差和零均值共同保证联合密度只依赖半径。若 U 的均值改为三、两个方差都为一，便有 $𝔼R^2=1+9+1=11$，不再是尺度一瑞利变量的二阶矩二；非零中心会改变长度分布。若两个坐标相关或方差不同，圆形等密度线也变成其他形状，不能直接照搬上述极坐标积分结果。