Como é , a coordenada polar, distribuída quando e quando ?

Sejam selecionadas as coordenadas cartesianas de um ponto aleatório st . $x,y$ $(x,y) \sim U(-10,10) \times U(-10,10)$

Assim, o raio, , não é uniformemente distribuída como implícito 's pdf . $\rho = \sqrt{x^2 + y^2}$ $\rho$

No entanto, eu esperaria que seja quase uniforme, excluindo artefatos devido às 4 sobras nas bordas: $\theta = \arctan{\frac{y}{x}}$

A seguir estão as funções de densidade de probabilidade calculadas graficamente de e : $\theta$ $\rho$

Agora, se eu deixar ser distribuído st então parecerá distribuído uniformemente: $x,y$ $x,y \sim N(0,20^2)\times N(0,20^2)$ $\theta$

Por que não é uniforme quando e é uniforme quando ? $\theta$ $(x,y) \sim U(-10,10) \times U(-10,10)$ $x,y \sim N(0,20^2)\times N(0,20^2)$

O código do Matlab que eu usei:

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)');

Substituindo a 3ª linha: r = (b-a).*randn(2,number_of_points);com r = (b-a).*randn(2,number_of_points) +a ;mudará a distribuição de de normal para uniforme. $(x,y)$

— 0x90
fonte

A pergunta parece mais e mais bonita a cada edição e o título da pergunta é mais claro e conciso. Bem feito @ 0x90.

— Michael R. Chernick

+1. É interessante que a distribuição normal seja a única que leva a ângulos uniformemente distribuídos (ou seja, a uma distribuição 2D simétrica rotacional), consulte stats.stackexchange.com/a/255417/28666 .

— ameba diz Restabelecer Monica

Respostas:

Você está se referindo a uma transformação de um par de variáveis independentes para a representação polar (raio e ângulo) e, em seguida, olhando para a distribuição marginal de . $(X,Y)$ $(R,\theta)$ $\theta$

Vou oferecer uma explicação um tanto intuitiva (embora uma derivação matemática da densidade faça essencialmente o que descrevo informalmente).

Observe que se você dimensionar as duas variáveis, X e Y em alguma escala comum (por exemplo, vá de U (-1,1) a U (-10,10) ou de N (0,1) a N (0,20) nas duas variáveis ao mesmo tempo) que não faz diferença para a distribuição do ângulo (afeta apenas a escala da distribuição do raio). Então, vamos apenas considerar os casos unitários.

Primeiro, considere o que está acontecendo com o caso uniforme. Observe que a distribuição é uniforme sobre o quadrado da unidade, de modo que a densidade de probabilidade em uma região contida em é proporcional à área da região. Especificamente, observe a densidade associada a um elemento de ângulo, próximo à horizontal (próximo ângulo ) e na diagonal (próximo ângulo ): $[-1,1]^2$ $d\theta$ $\theta=0$ $\theta=\pi/4$

Claramente, o elemento de probabilidade (ou seja, área) correspondente a um elemento de ângulo ( ) é maior quando o ângulo está próximo a uma das diagonais. De fato, considere inscrever um círculo dentro do quadrado; a área abrangida por um determinado ângulo minúsculo dentro do círculo é constante e, em seguida, a parte externa do círculo cresce à medida que nos aproximamos da diagonal, onde está no máximo. $df_\theta$ $d\theta$

Isso explica completamente o padrão que você vê nas simulações.

De fato, podemos ver que a densidade deve ser proporcional ao comprimento do segmento, do centro do quadrado à sua aresta; a trigonometria simples é suficiente para derivar a densidade a partir daí e é fácil encontrar a constante necessária para integrar a densidade a 1.

[Editar: adicionado este próximo item para discutir o raio, pois a pergunta mudou desde a minha resposta original.]

Observe que, se tivéssemos uma distribuição uniforme sobre o círculo unitário (isto é, o que inscrevemos no quadrado anterior), a densidade do raio seria proporcional ao raio (considere a área de um pequeno elemento anular de largura em raio - isto é, entre e - tem área proporcional a ). Então, quando passamos para fora do círculo, novas regiões anulares com raio maior só recebem contribuições de densidade da parte do quadrado, então a densidade diminui (inicialmente muito rapidamente, depois mais lentamente) entre e . (Novamente, noções geométricas bastante simples são suficientes para obter a forma funcional da densidade, se necessário.) $dr$ $r$ $r$ $r+dr$ $r$ $1$ $\sqrt 2$

Por outro lado, se a distribuição da junta é rotacionalmente simétrica em relação à origem, o elemento de probabilidade em algum ângulo não depende do ângulo (isso é essencialmente uma tautologia!). A distribuição bivariada de dois Gaussianos padrão independentes é simétrica em relação à origem:

(código para esta imagem com base no código de Elan Cohen aqui, mas há uma boa alternativa aqui , e algo entre os dois aqui )

Consequentemente, o volume contido em algum ângulo é o mesmo para todos os , de modo que a densidade associada ao ângulo é uniforme em . $d\theta$ $\theta$ $[0,2\pi)$

[O truque polar normalmente usado para integrar a densidade normal sobre a linha real pode ser usado para descobrir que a densidade do raio ao quadrado é exponencial negativa e, a partir daí, a densidade do raio é simples de identificar por um simples argumento de transformação de a função de distribuição]

— Glen_b -Reinstate Monica
fonte

Os quatro picos na distribuição de são de fato devidos aos quatro cantos do quadrado . Observe que qualquer distribuição esférica simétrica levará à distribuição uniforme em , começando com os uniformes em esferas e círculos centralizados em .

θ

$\theta$

(- 10, 10)^{2}

$(-10,10)^2$

θ

$\theta$

(0, 0)

$(0,0)$

— Xian

+1. É interessante que a distribuição normal seja a única que leva a uma distribuição 2D simétrica rotacional, consulte stats.stackexchange.com/a/255417/28666 . Isso foi surpreendente para mim.

— ameba diz Restabelecer Monica

@amoeba Sim, é a única distribuição simétrica circular que é o produto de margens independentes.

— Glen_b -Reinstate Monica

Eu acho incrível. Considere mencioná-lo na sua resposta!

— Ameba diz Reinstate Monica

$X$ $Y$ $x-y$ $R= \sqrt{X^2+ Y^2}$

$X$ $Y$

$X = r\cos(\theta)$ $Y = r \sin(\theta)$ $X^2 +Y^2= r^2$ $\theta$ $(0,2 \pi)$ $r$ $X$ $Y$ $0$

$X$ $N(0,1)$ $Y$ $N(0,1)$

$f(x,y) = (1/2 \pi)\exp[(-[x^2 +y^2])/2]$ $g(r, \theta)$ $x = r \sin(\theta)$ $y = r \cos(\theta)$ $r= \sqrt{x^2 + y^2}$ $\theta = \arctan(x/y)$ $f(x,y)$ $g(r, \theta)$ $r \exp[(-r^2)/(2 \pi)]$ $r\geq0$ $0\leq\theta\leq 2 \pi$ $r$ $r$ $1/(2 \pi)$

— Michael R. Chernick
fonte

O que isso significa é que, se você observar a altura da densidade bivariada a uma distância radial fixa do centro (neste caso, a origem), será o mesmo valor em todos os pontos desse círculo.

— Michael R. Chernick

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

— 0x90

@ 0x90 Sim, seu link mostra uma maneira de ver isso: observar a forma quadrática no expoente da densidade. Portanto, em geral, para a configuração normal bivariada, o expoente de uma constante define os contornos da densidade constante e essa equação é uma de uma elipse. no caso especial, quando a matriz de covariância é uma matriz de identidade escalada, a elipse simplifica para um círculo.

— Michael R. Chernick

X, Y

$X,Y$

0

$0$

Cauchy (0, 1)

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

\arctan

$\arctan$

\arctan (X / Y)

$\arctan(X/Y)$

@Francis Principalmente, aprecio sua edição completa de todas as minhas equações. Eu também quero dizer que o seu comentário acima mostra definitivamente uma abordagem criativa para resolver o problema de uniformidade com o teta. Estou certo de que alguns concordarão que é mais fácil.

— Michael R. Chernick

$\theta$ $(X,Y)$ $[-1,1]\times[-1,1]$ $1 \over 4$ $0$ $1 \over 4$

A região de interesse para a nossa pergunta é o setor vermelho neste desenho:

$\theta$ $\theta + d\theta$ $\theta$ $\theta + d\theta$ $\theta$

$\theta\in \left[ -{\pi \over 4}, {\pi\over 4}\right]$ $\pi\over 2$

$1\over \cos\theta$

\frac{1}{porque (θ + d θ)} = \frac{1}{porque θ} + \frac{pecado θ}{{porque}^{2} θ} d θ .

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

$a$ $b$ $\alpha$ ${1\over 2}ab\sin\alpha$

\frac{1}{2} (\frac{1}{porque θ}) (\frac{1}{porque θ} + \frac{pecado θ}{{porque}^{2} θ} d θ) pecado d θ = \frac{d θ}{2 {porque}^{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

$\sin d \theta= d\theta$

$\theta$

\frac{1}{8 {porque}^{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}

$\pi\over 2$

Verificação:

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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