Wie ist

Die kartesischen Koordinaten eines zufälligen Punktes seien st . $x,y$ $(x,y) \sim U(-10,10) \times U(-10,10)$

Somit ist der Radius, , nicht gleichmäßig verteilt , wie angedeutet durch ‚s pdf . $\rho = \sqrt{x^2 + y^2}$ $\rho$

Trotzdem würde ich erwarten, dass nahezu einheitlich ist, ohne Artefakte aufgrund der 4 Reste an den Rändern: $\theta = \arctan{\frac{y}{x}}$

Es folgen die grafisch berechneten Wahrscheinlichkeitsdichtefunktionen von und : $\theta$ $\rho$

Wenn ich nun auf verteilen lasse dann scheint gleichmäßig verteilt zu sein: $x,y$ $x,y \sim N(0,20^2)\times N(0,20^2)$ $\theta$

Warum ist nicht einheitlich, wenn und ist einheitlich, wenn & $\theta$ $(x,y) \sim U(-10,10) \times U(-10,10)$ $x,y \sim N(0,20^2)\times N(0,20^2)$

Der Matlab-Code, den ich verwendet habe:

number_of_points = 100000;
rng('shuffle')

a = -10;
b = 10;
r = (b-a).*randn(2,number_of_points);
r = reshape(r, [2,number_of_points]);
I = eye(2);
e1 = I(:,1); e2 = I(:,2);
theta = inf*ones(1,number_of_points);
rho = inf*ones(1,number_of_points);

for i=1:length(r(1,:))
    x = r(:,i);
    [theta(i),rho(i)] = cart2pol(x(1),x(2));        
end

figure
M=3;N=1; bins = 360;
subplot(M,N,1); 
histogram(rad2deg(theta), bins)
title('Polar angle coordinate p.d.f');

subplot(M,N,2); 
histogram(rho, bins);
title('Polar radius coordinate p.d.f');

subplot(M,N,3); 
histogram(r(:));
title('The x-y cooridnates distrbution (p.d.f)');

Durch Ersetzen der 3. Zeile r = (b-a).*randn(2,number_of_points);mit r = (b-a).*randn(2,number_of_points) +a ;wird die Verteilung von von normal zu gleichmäßig geändert . $(x,y)$

normal-distribution matlab pdf uniform 0x90
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Die Frage sieht mit jeder Bearbeitung hübscher und schöner aus, und der Titel der Frage ist klarer und prägnanter. Gut gemacht @ 0x90.

Michael R. Chernick

+1. Es ist interessant, dass die Normalverteilung die einzige ist , die zu gleichmäßig verteilten Winkeln führt (dh zu einer rotationssymmetrischen 2D-Verteilung), siehe stats.stackexchange.com/a/255417/28666 .

Amöbe sagt Reinstate Monica

Antworten:

Sie beziehen sich auf eine Transformation von einem Paar unabhängiger Variablen in die polare Darstellung (Radius und Winkel) und betrachten dann die Randverteilung von . $(X,Y)$ $(R,\theta)$ $\theta$

Ich werde eine etwas intuitive Erklärung anbieten (obwohl eine mathematische Ableitung der Dichte im Wesentlichen das tut, was ich informell beschreibe).

Beachten Sie, dass wenn Sie die beiden Variablen X und Y mit einer gemeinsamen Skala skalieren (z. B. von U (-1,1) nach U (-10,10) oder von N (0,1) nach N (0,20)). Dies hat auf beiden Variablen gleichzeitig keinen Einfluss auf die Verteilung des Winkels (es wirkt sich nur auf den Maßstab der Verteilung des Radius aus). Betrachten wir also nur die Einzelfälle.

Überlegen Sie zunächst, was mit dem einheitlichen Fall los ist. Beachten Sie, dass die Verteilung über das Einheitsquadrat gleichmäßig ist, sodass die Wahrscheinlichkeitsdichte in einer Region, die in ist, proportional zur Fläche der Region ist. Betrachten Sie insbesondere die Dichte, die mit einem Element des Winkels nahe der Horizontalen (nahe des Winkels ) und der Diagonale (nahe des Winkels ) verbunden ist: $[-1,1]^2$ $d\theta$ $\theta=0$ $\theta=\pi/4$

Offensichtlich ist die Wahrscheinlichkeit Element (dh Fläche) mit einem Element des Winkels entspricht , ( ) größer ist, wenn der Winkel in der Nähe von einer der Diagonalen ist. Erwägen Sie in der Tat, einen Kreis in das Quadrat zu schreiben. Die Fläche, die von einem bestimmten winzigen Winkel innerhalb des Kreises umspannt wird, ist konstant, und der Teil außerhalb des Kreises wächst, wenn wir uns der Diagonale nähern, wo er sein Maximum erreicht. $df_\theta$ $d\theta$

Dies berücksichtigt vollständig das Muster, das Sie in den Simulationen sehen.

In der Tat können wir sehen, dass die Dichte proportional zur Länge des Segments von der Mitte des Quadrats bis zu seiner Kante sein muss; Eine einfache Trigonometrie reicht aus, um die Dichte von dort abzuleiten, und dann ist es einfach, die Konstante zu finden, die erforderlich ist, um die Dichte auf 1 zu integrieren.

[Bearbeiten: Fügte dieses nächste Bit hinzu, um den Radius zu diskutieren, da sich die Frage seit meiner ursprünglichen Antwort geändert hat.]

Beachten Sie, dass wenn wir eine gleichmäßige Verteilung über den Einheitskreis hätten (dh den, den wir zuvor in das Quadrat geschrieben haben), die Dichte des Radius proportional zum Radius wäre (betrachten Sie die Fläche eines kleinen ringförmigen Elements der Breite at) Radius - dh zwischen und - hat eine Fläche proportional zu ). Wenn wir dann außerhalb des Kreises vorbeikommen, erhalten neue ringförmige Bereiche mit größerem Radius nur Dichtebeiträge von dem Teil im Quadrat, so dass die Dichte (anfangs ziemlich schnell, dann langsamer) zwischen und abnimmt . (Auch hier sind ziemlich einfache geometrische Begriffe ausreichend, um die funktionale Form der Dichte zu erhalten, wenn sie benötigt wird.) $dr$ $r$ $r$ $r+dr$ $r$ $1$ $\sqrt 2$

Ist die Gelenkverteilung hingegen rotationssymmetrisch zum Ursprung, hängt das Wahrscheinlichkeitselement in einem bestimmten Winkel nicht vom Winkel ab (dies ist im Wesentlichen eine Tautologie!). Die bivariate Verteilung zweier unabhängiger Standard-Gaußscher ist um den Ursprung rotationssymmetrisch:

(Code für dieses Bild basiert auf Elan Cohens Code hier , aber es ist eine nette Alternative hier und etwas zwischen den beiden hier )

Infolgedessen ist das Volumen, das in einem Winkel ist, für jedes , so dass die mit dem Winkel verbundene Dichte auf gleichmäßig ist . $d\theta$ $\theta$ $[0,2\pi)$

[Der Polartrick, der typischerweise zur Integration der Normaldichte über die reelle Linie verwendet wird, kann verwendet werden, um herauszufinden, dass die Dichte des quadratischen Radius negativ exponentiell ist, und von dort aus ist die Dichte des Radius einfach durch ein einfaches Transformationsargument zu identifizieren die Verteilungsfunktion]

Glen_b - Setzen Sie Monica wieder ein
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Die vier Spitzen in der Verteilung von sind in der Tat auf die vier Ecken des Quadrats zurückzuführen . Beachten Sie, dass sphärisch symmetrische Verteilung der gleichmäßigen Verteilung führen wird auf , mit den Uniformen auf Kugeln und Kreisen auf zentrierte Ausgang .

θ

$\theta$

(- 10, 10)^{2}

$(-10,10)^2$

θ

$\theta$

(0, 0)

$(0,0)$

Xi'an

+1. Es ist interessant, dass die Normalverteilung die einzige ist , die zu einer rotationssymmetrischen 2D-Verteilung führt, siehe stats.stackexchange.com/a/255417/28666 . Das hat mich überrascht.

Amöbe sagt Reinstate Monica

@amoeba Ja, es ist die einzige kreisförmige symmetrische Verteilung, die das Produkt unabhängiger Ränder ist.

Glen_b

Ich finde es ziemlich erstaunlich. Erwägen Sie, es in Ihrer Antwort zu erwähnen!

Amöbe sagt Reinstate Monica

Ich beantworte die Frage nach dem Normalfall, der zur Gleichverteilung führt. Es ist bekannt, dass, wenn und unabhängig und normalverteilt sind, die Konturen konstanter Wahrscheinlichkeitsdichte ein Kreis in der Ebene sind. Der Radius hat die Rayleigh-Verteilung. Für eine gute Diskussion darüber ist der Wikipedia-Artikel Rayleigh Distribution. $X$ $Y$ $x-y$ $R= \sqrt{X^2+ Y^2}$

Betrachten wir nun die Zufallsvariablen und mit Polarkoordinaten. $X$ $Y$

$X = r\cos(\theta)$ , . beachte, dass . Wenn ; auf gleichmäßig ist und eine Rayleigh-Verteilung hat, sind und unabhängige Normalen mit jeweils einem Mittelwert von und einer gemeinsamen Varianz. Das Gegenteil ist auch wahr. Der Beweis für das Gegenteil ist, wie ich finde, der Wunsch des OP als Antwort auf den zweiten Teil der Frage. $Y = r \sin(\theta)$ $X^2 +Y^2= r^2$ $\theta$ $(0,2 \pi)$ $r$ $X$ $Y$ $0$

Hier ist eine Skizze des Beweises. Ohne Beschränkung der Allgemeinheit können wir annehmen , dass verteilt ist und verteilt ist und unabhängig voneinander. $X$ $N(0,1)$ $Y$ $N(0,1)$

Dann ist die Fugendichte . Verwenden Sie die Transformation in Polarkoordinaten, um . Da und . Also ist und . Berechnen Sie den Jacobi der Transformation und nehmen Sie die entsprechende Substitution in . als Ergebnis wird für und . Dies zeigt, dass und Theta unabhängig von $f(x,y) = (1/2 \pi)\exp[(-[x^2 +y^2])/2]$ $g(r, \theta)$ $x = r \sin(\theta)$ $y = r \cos(\theta)$ $r= \sqrt{x^2 + y^2}$ $\theta = \arctan(x/y)$ $f(x,y)$ $g(r, \theta)$ $r \exp[(-r^2)/(2 \pi)]$ $r\geq0$ $0\leq\theta\leq 2 \pi$ $r$ $r$ mit einer Rayleigh-Verteilung und Theta hat die konstante Dichte . $1/(2 \pi)$

Michael R. Chernick
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Wenn Sie die Höhe der bivariaten Dichte in einem festen radialen Abstand vom Mittelpunkt (in diesem Fall vom Ursprung) betrachten, ist dieser Wert für alle Punkte auf diesem Kreis gleich.

Michael R. Chernick

math.hkbu.edu.hk/~hpeng/stat3710/Lecture_note3.pdf

0x90

@ 0x90 Ja, Ihr Link zeigt eine Möglichkeit, dies zu sehen, indem Sie die quadratische Form im Exponenten der Dichte betrachten. Für die bivariate Normaleinstellung definiert dieser Exponent zu einer Konstanten im Allgemeinen die Konturen konstanter Dichte und diese Gleichung ist eine einer Ellipse. in dem speziellen Fall, in dem die Kovarianzmatrix eine skalierte Identitätsmatirix ist, vereinfacht sich die Ellipse zu einem Kreis.

Michael R. Chernick

Ich denke, es gibt einen einfacheren Weg, die Homogenität zu erkennen: Für unabhängiges normales mit Mittelwert ist es einfach zu zeigen, dass ihr Verhältnis . Da die CDF von Cauchy einfach eine Skalierung und Translation von , ist die Integraltransformation nach Wahrscheinlichkeit einfach eine verschobene und skalierte einheitliche Standard-Zufallsvariable.

X, Y

$X,Y$

0

$0$

Cauchy (0, 1)

$\operatorname{Cauchy}(0,1)$

\arctan

$\arctan$

\arctan (X / Y)

$\arctan(X/Y)$

Francis

@Francis Meistens freue ich mich über Ihre gründliche Bearbeitung aller meiner Gleichungen. Ich möchte auch sagen, dass Ihr Kommentar oben definitiv einen einfallsreichen Ansatz zur Lösung des Gleichförmigkeitsproblems mit Theta zeigt. Ich bin sicher, einige werden zustimmen, dass es einfacher ist.

Michael R. Chernick

Um die ziemlich guten Antworten von Glen und Michael zu vervollständigen, berechne ich einfach die Dichte von wenn die Verteilung von auf dem Quadrat gleichmäßig ist. . Diese gleichmäßige Dichte ist auf diesem Quadrat an anderer Stelle - das heißt, die Wahrscheinlichkeit, einen Punkt in einem gegebenen Bereich des Quadrats abzutasten, ist der Fläche dieses Bereichs. $\theta$ $(X,Y)$ $[-1,1]\times[-1,1]$ $1 \over 4$ $0$ $1 \over 4$

Die Region von Interesse für unsere Frage ist der rote Sektor in dieser Zeichnung:

Es ist ein Dreieck, das durch den Winkel und . Die Wahrscheinlichkeit, einen Punkt in diesem Dreieck abzutasten, ist die Wahrscheinlichkeit, einen Wert zwischen und - das ist die Dichte von . $\theta$ $\theta + d\theta$ $\theta$ $\theta + d\theta$ $\theta$

Ich werde die Berechnung für - die gesamte Dichte kann erhalten werden, indem man sie um Periodizität. $\theta\in \left[ -{\pi \over 4}, {\pi\over 4}\right]$ $\pi\over 2$

Elementare Trigonometrie zeigt, dass die untere Seite die Länge . Die obere Größe hat die Länge (Wir werden sehen, dass der genaue Wert der Ableitung hier keine Rolle spielt!) $1\over \cos\theta$

\frac{1}{\cos (θ + d θ)} = \frac{1}{\cos θ} + \frac{Sünde θ}{\cos^{2} θ} d θ .

${1\over \cos(\theta + d\theta)} = {1\over \cos\theta} + {\sin \theta \over \cos^2\theta} d\theta.$

Nun ist die Fläche eines Dreiecks mit zwei Seiten lengthes und einen Winkel ist , also in unserem Fall (wir vernachlässigen höhere Potenzen von und verwenden ). $a$ $b$ $\alpha$ ${1\over 2}ab\sin\alpha$

\frac{1}{2} (\frac{1}{\cos θ}) (\frac{1}{\cos θ} + \frac{Sünde θ}{\cos^{2} θ} d θ) Sünde d θ = \frac{d θ}{2 \cos^{2} θ}

${1\over 2} \left({1\over \cos\theta} \right) \left({1\over \cos\theta} + {\sin \theta \over \cos^2\theta} d\theta\right) \sin d\theta = {d\theta \over 2\cos^2 \theta}$

d θ

$d\theta$

\sin d θ = d θ

$\sin d \theta= d\theta$

Somit ist die Dichte von ; für in und ist periodisch. $\theta$

\frac{1}{8 \cos^{2} θ}

${1\over 8 \cos^2 \theta}$

θ

$\theta$

[- \frac{π}{4}, \frac{π}{4}]

$\left[-{\pi\over 4},{\pi\over 4}\right]$

\frac{π}{2}

$\pi\over 2$

Nachprüfung:

x <- runif(1e6, -1, 1)
y <- runif(1e6, -1, 1)
hist( atan2(y,x), freq=FALSE, breaks=100)
theta <- seq(-pi, pi, length=500)
lines(theta, 0.125/cos((theta + pi/4)%%(pi/2) - pi/4)**2, col="red" )

Elvis
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