Wie verteilt sich der sphärische Elevationswinkel wann?

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Als Folge davon, wie die Polarkoordinate verteilt wird, wenn und wenn ?θ(x,y)U(1,1)×U(1,1)(x,y)N(0,1)×N(0,1)

Angenommen wie sind und verteilt?(x,y,z)U(10,10)×U(10,10)×U(10,10)θϕ

Aus den wunderbaren Antworten der vorherigen Frage geht eindeutig hervor, dass aussieht: θGeben Sie hier die Bildbeschreibung ein

Aber warum bekommt das bei nicht die maximale Wahrscheinlichkeit ?ϕϕ=π/4

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Wenn wir normalverteilend auswählen wir diese 2 PDFs:x,y,z

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Gibt es in beiden Fällen einen Namen für und Verteilungen? Für mich sieht es nach einer Verteilung im Intervall .θϕβ[90,90]

0x90
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1
Letzteres ist keine Beta-Distribution. Denken Sie in Triggerfunktionen; unter Hinweis darauf, wie sich die Winkel auf die kartesischen Koordinaten beziehen.
Glen_b -State Monica
2
Da wir nur die Winkel berücksichtigen, können Sie auf die Kugel projizieren. Im Gaußschen Fall haben Sie eine gleichmäßige Verteilung auf der Kugel. Beachten Sie jedoch, dass in dieser Situation der Breitengrad nicht gleichmäßig ist . Mehrere Fragen vor Ort diskutieren einige der Probleme, aber grundlegende Argumente, die sich nicht wesentlich von der vorherigen Frage unterscheiden, können Sie dorthin bringen. Siehe zum Beispiel die Diskussion, wenn Neigungswinkel hier
Glen_b -Reinstate Monica
Ich wollte früher fragen - Sie sollten Ihre definieren θ und ϕ. Ich habe angenommen, was sie aus Ihrer Diskussion sind, aber es wäre schön zu bestätigen, dass wir dafür auf derselben Seite sind. Ich habe jetzt eine Antwort gepostet, die klarstellen soll, warum es nicht Beta-verteilt ist.
Glen_b -State Monica
Ich glaube deiner zweiten Grafik nicht. Wenn die Punkte gleichmäßig in einem Würfel verteilt sind, wird ein Breitengrad (ϕ) von ±π/2wird keine Dichte von Null haben! Die letzten beiden Histogramme sind in der Tat Beta-Verteilungen; Dieses Ergebnis verallgemeinert sich auf höhere Dimensionen. Berichte dazu finden Sie hier: Suchen Sie gemeinsam nach "Sphäre" und "Beta".
whuber
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Ich entschuldige mich: Sie haben Recht. Ich konnte die Details Ihrer Histogramme bestätigen. Ich muss meine Intuition neu kalibrieren - und bin daher dankbar für das, worauf Sie hingewiesen haben (+1).
whuber

Antworten:

7

In meiner Diskussion hier gehe ich von Ihrer aus θ ist effektiv eine Länge und ϕist effektiv ein Breitengrad. Vielleicht verwenden typischere sphärische Koordinaten einen Winkel vom Nordpol nach unten und nicht vom Äquator nach oben und tauschen die Rollen der beiden Symbole daraus aus - aber es ist kein Problem, so oder so damit umzugehen, also bleibe ich bei was Ihre Notation scheint zu sein.

Grafik mit Angabe der Winkel, wie sie in der Frage verwendet zu werden scheinen

Beachten Sie, dass die Verteilung des Radius hier nicht von Interesse ist, sondern nur die Winkel, sodass wir alles auf eine Einheitskugel projizieren können, ohne die Winkel zu ändern. Dies ist im Normalfall sehr nützlich.

Bei einer sphärisch symmetrischen Verteilung wie der dreidimensionalen Standardnormalen hat das Auftreten der Neigungsverteilung damit zu tun, dass sich auf der Oberfläche einer Kugel in der Nähe des Äquators viel mehr Fläche befindet als in der Nähe der Pole.

Grafik, die mehr Fläche in Breiten nahe dem Äquator zeigt

Wenn Sie der Mathematik folgen (oder ein geometrisches Argument in Bezug auf Wahrscheinlichkeitselemente schreiben, die der früheren 2D-Frage ähnlich sind), können Sie feststellen, dass die Neigung eine Dichte proportional zu haben sollte cos(ϕ). Hier ist ein geometrisches Argument, das es in den Begriffen "Elemente der Wahrscheinlichkeit" motivieren sollte:

Das Bild zeigt den Radius bei Breitengrad phi ist cos (phi)

Da der Radius am Äquator 1 und der Radius am Breitengrad ist ϕ ist cos(ϕ)der Umfang am Breitengrad ϕ ist proportional zu cos(ϕ)und so die Dichte bei ϕ ist proportional zu cos(ϕ).


Einheitlicher Fall : Mit der auf konstanten Radius normierten 3D-Uniform haben Sie keine gleichmäßige Dichte auf der Kugel, aus dem gleichen Grund wie im 2D-Fall - wenn Sie auf die Kugel projizieren, gibt es viel mehr " Dichte "auf der Kugel in der Nähe der Winkel, in denen sich die Ecken befinden, als dort, wo sich die Seiten befinden (wobei sich Teile in der Nähe der Mitte der Kanten dazwischen befinden) - da bei Winkeln in der Nähe der Ecken mehr Volumen des Würfels vorhanden ist als bei Winkeln in der Mitte der Gesichter.

Wir können dies sehen, indem wir viele Zufallswerte gleichmäßig im Würfel erzeugen und auf die Kugel projizieren. Da in der Nähe der Ecken mehr Volumen vorhanden ist als in der Nähe der Würfelflächen, ist die Dichte von den Ecken "nach innen" höher als von den Flächen. Wenn wir die Höhe zeichnen (denken Sie daran, dass dies ein projizierter Z-Wert ist,z=z/r, wo r=x2+y2+z2) über dem Äquator gegen den Längengrad erhalten wir die oberste Darstellung unten:

Darstellung vieler zufälliger einheitlicher Werte im Würfel $ [- 1,1] ^ 3 $, projiziert auf die Einheitskugel, transformiert in (i) Höhe / Länge und (ii) Breite / Länge

Diese Höhe entspricht der vertikalen Seite des rechtwinkligen Dreiecks im vorherigen Diagramm. Diese Höhe ist diesin von ϕ (z=sin(ϕ)). Um das in den Breitengrad umzuwandeln (ϕ) würden wir den Bogen dieser projizierten vertikalen Höhe nehmen, was wir in der unteren Darstellung sehen. Dies "dehnt" die Dinge umso mehr aus, je näher wir dem Pol kommen, wodurch die Dichte als Funktion des Breitengrads am Nord- und Südpol auf 0 abfällt (sowohl für den einheitlichen als auch für den normalen Fall).

Die Dichte für ϕ wird dann das Integral dieser bivariaten Dichte über sein θ.

Bild der bivariaten Theta-Phi-Dichte, das die Integration zur Berechnung des Grenzwerts für Phi zeigt

Blick auf den Rand für θ (dh Streifen, die bei festen Werten von ablaufen θ) ergibt vier Peaks in der Dichte von θ Wie Sie bemerken - dies folgt zwar direkt aus dem 2D-Fall, aber wie wir jetzt sehen, ergibt sich auch ein Paar von Peaks in der Dichte von ϕ vom Äquator entfernt, entsprechend einem Bereich auf der Oberfläche der Einheitskugel, in dem die Ecken und oberen / unteren Kanten des Würfels vorstehen.

Glen_b -State Monica
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Welches Programm verwenden Sie aus Neugier zum Zeichnen?
0x90
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@ 0x90 Ich habe diese 3D-Zeichnungen in Farbe gemacht. Von Hand. (Sie können wahrscheinlich das letzte Diagramm in Ihrer Frage entfernen, da es auf einer fehlerhaften Platzierung von Klammern
beruhte
Der einheitliche Fall kann unmöglich das Histogramm von geben ϕin der Frage gezeigt. Eine quantitative Antwort auf diesen Teil der Frage wäre daher am nützlichsten.
whuber
@whuber eigentlich stimme ich der Handlung von 0x90 für zu ϕ. Wenn ich meine Zeichnung des Schnitts durch eine Kugel betrachte, wäre der Winkel vom Äquator nach oben, nachdem ich ihn in Punkte auf der Einheitskugel (in rechteckigen Koordinaten) umgewandelt habe, der Bogen der Z-Koordinate, nicht wahr? Ich denke, das ergibt das, was wir für die beiden Histogramme von sehenϕin der Frage
Glen_b -Reinstate Monica
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Die komplementäre kumulative Verteilung für den sphärischen Breitengrad ϕ gibt die Chance, dass ein zufälliger Punkt im Würfel [1,1]3 wird über dem Kegel liegen, der die Funktion grafisch darstellt z=cot(ϕ)x2+y2. Weil diese Punkte gleichmäßig über den Würfel verteilt sind (der ein Volumen von hat8) beträgt diese Chance ein Achtel des Volumens zwischen dem Kegel und der Oberseite des Würfels. Wenn der Breitengrad überschreitetπ/4Dieses Volumen ist das eines rechten Kegels mit Höhe 1 und Basis cot(ϕ), gleicht

F+(ϕ)=18π3cot2(ϕ).

Siehe die beiden rechten Diagramme in der Abbildung.

Wenn der Breitengrad kleiner als ist arctan(1/2)Dies ist das Volumen des Schnittpunkts eines semi-unendlichen Kegels und des Würfels. Eine Integration in Polarkoordinaten ergibt den Ausdruck

F(ϕ)=18(443tan(ϕ)(2+2tanh1(tan(π8)))).

Siehe die beiden Diagramme ganz links in der Abbildung.

Zahlen

Die negativen Ableitungen dieser Ausdrücke geben die Dichte an. Zwischenarctan(1/2)π/5 und π/4ist ein Übergangsbereich, in dem der Schnittpunkt des Kegels mit dem Würfel kompliziert ist. Obwohl ein genauer Ausdruck entwickelt werden könnte, wäre er chaotisch. Was wir wissen ist, dass sich die Dichte kontinuierlich von der Ableitung von ändern mussF zur Ableitung von F+ wie ϕvariiert zwischen diesen Punkten. Dies wird in einem Histogramm von einer Million simulierter Werte gezeigt (nur von der oberen Hälfte des Würfels - die untere Hälfte ist ein Spiegelbild). Die Goldkurve ist der Graph vonddϕF während die rote Kurve rechts die Grafik von ist ddϕF+.

Histogramm

Dies verdeutlicht, warum die Modi nicht aktiviert sind ϕ=±π/4, muss aber zwischen diesen Werten liegen und ±arctan(1/2).

whuber
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