Nasıl

Rasgele bir noktanın Kartezyen $x,y$ koordinatları seçilsin mi st $(x,y) \sim U(-10,10) \times U(-10,10)$ .

Böylece, yarıçap, $\rho = \sqrt{x^2 + y^2}$ ,ρtarafından ima edildiği gibi düzgün$\rho$ sitesindeki PDF .

Yine de $\theta = \arctan{\frac{y}{x}}$ , kenarlardaki 4 artakalan nedeniyle oluşan artefaktlar hariç, neredeyse eşit olacak şekilde:

Aşağıdaki grafiksel gösterim hesaplanan olan olasılık yoğunluk fonksiyonları arasında ve $\theta$$\rho$ :

I izin Şimdi eğer st dağıtılacak x , y ~ N ( 0 , 20 2 ) x N ( 0 , 20 2 ) daha sonra $x,y$$x,y \sim N(0,20^2)\times N(0,20^2)$$\theta$ eşit dağılmış görünüyor:

Neden zaman aynı değildir ( x , y ) ~ U ( - 10 , 10 ) x U ( - 10 , 10 ) ve tek biçimli olduğu zaman x , y ~ N ( 0 , 20 2 ) x , N ( 0 , 20 $\theta$$(x,y) \sim U(-10,10) \times U(-10,10)$ ?$x,y \sim N(0,20^2)\times N(0,20^2)$

Kullandığım Matlab kodu:

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)');

3. satırı değiştirmek : r = (b-a).*randn(2,number_of_points);ile ( x , y )r = (b-a).*randn(2,number_of_points) +a ;$(x,y)$ normalden üniform olarak değiştirir.

Bu bağımsız değişken bir çift bir dönüşüme atıfta konum , polar gösterimine ( R , θ ) (yarıçap ve açı) ve sonra da marjinal dağılımına bakıldığında İçeride ISTV melerin RWMAIWi'nin .$(X,Y)$$(R,\theta)$$\theta$

Biraz sezgisel bir açıklama sunacağım (yoğunluğun matematiksel bir türevi aslında gayri resmi olarak tanımladığım şeyi yapıyor olsa da).

İki değişkeni (X ve Y) ortak bir ölçekle ölçeklendirirseniz (örneğin, U (-1,1) - U (-10,10) veya N (0,1) - N (0,20) arasında) her iki değişken üzerinde aynı anda) ve açının dağılımında bir fark yaratmaz (yalnızca yarıçapın dağılım ölçeğini etkiler). Şimdi birim kasaları ele alalım.

Öncelikle, tek tip davada neler olup bittiğini düşünün. Dağılımın birim kare üzerinde tekdüze olduğuna dikkat edin, böylece içinde bulunan bir bölgedeki olasılık yoğunluğu bölgenin alanıyla orantılıdır. Spesifik olarak, yoğunlukta bir bakış açısı elemanı ile ilişkili d İçeride ISTV melerin RWMAIWi'nin yatay (yakın açısına yakın θ = 0 ) ve diyagonal (yakın açı θ = π / 4 ):$[-1,1]^2$$d\theta$$\theta=0$$\theta=\pi/4$

Açıkça bir açı elemanına ( d θ karşılık gelen olasılık elemanı (yani alan)$df_\theta$$d\theta$ köşegenlerden birine yakın olduğunda, açı ) ' daha büyüktür. Gerçekten de karenin içine bir daire yazmayı düşünün; çemberin içindeki belirli bir küçük açının kapsadığı alan sabittir ve daha sonra dairenin dışındaki kısım, diyagonale yaklaştıkça büyür, burada maksimumda.

Bu, simülasyonlarda gördüğünüz kalıbı tamamen açıklar.

Gerçekten de, yoğunluğun, karenin merkezinden kenarına kadar olan parçanın uzunluğuyla orantılı olması gerektiğini görebiliriz; basit trigonometri yoğunluğu oradan elde etmek için yeterlidir ve daha sonra yoğunluğun 1 ile bütünleşmesi için gereken sabiti bulmak kolaydır.

[Düzenle: Soru, orijinal yanıtımdan bu yana değiştiği için yarıçapı tartışmak için bu sonraki biti ekledi.]

Birim daire üzerinde eşit bir dağılımımız olsaydı (yani daha önce kareye yazdığımız), bunun için yarıçap yoğunluğunun yarıçapla orantılı olacağını unutmayın (küçük, dairesel bir genişlik elemanının alanını düşünün) yarıçapı r yani arasında - r ve r + D r - için alan orantılı olan r ). Dışarıda daha büyük bir yarıçapına sahip bir daire, yeni dairesel bölge geçerken yoğunluğu arasında (daha sonra yavaş yavaş oldukça hızlı başlangıçta) azalır, böylece daha sonra sadece, kare kısım yoğunluk katılım elde 1 ve$dr$$r$$r$$r+dr$$r$$1$ . (Yine, gerektiğinde yoğunluğun fonksiyonel biçimini elde etmek için oldukça basit geometrik kavramlar yeterlidir.)$\sqrt 2$

---

Aksine, eklem dağılımı başlangıç ​​noktası etrafında rotasyonel olarak simetrik ise, bir açıda olasılık elemanı açıya bağlı değildir (bu aslında bir totolojidir!). İki bağımsız standart Gaussian'ın iki değişkenli dağılımı, başlangıç ​​noktası hakkında rotasyonel olarak simetriktir:

(Elan Cohen'in koduna göre bu görüntü için kod burada ama güzel bir alternatif var burada ikisi arasındaki ve bir şey burada )

Sonuç olarak, bazı açı içerdiği birim her için aynıdır İçeride ISTV melerin RWMAIWi'nin açısı ile ilişkili yoğunluğu üzerinde düzgün olacak şekilde, [ 0 , 2 tt ) .$d\theta$$\theta$$[0,2\pi)$

[Normal yoğunluğu gerçek çizgi üzerine entegre etmek için kullanılan polar hile, kare yarıçap yoğunluğunun negatif üstel olduğunu ve oradan yarıçap yoğunluğunun basit bir dönüşüm argümanı ile tanımlanmasının basit olduğunu anlamak için kullanılabilir. dağıtım işlevi]

Düzgün dağılıma yol açan normal vaka hakkındaki soruyu cevaplayacağım . ve Y bağımsız ve normal olarak dağılmışsa, sabit olasılık yoğunluğunun konturlarının x - y düzleminde bir daire olduğu iyi bilinmektedir . Yarıçap R = $X$$Y$$x-y$ olanRayleigh dağılımı. Bunun iyi bir tartışması için Rayleigh dağılımı başlıklı wikipedia makalesi.$R= \sqrt{X^2+ Y^2}$

Şimdi kutupsal koordinatları kullanarak ve Y rasgele değişkenlerine bakalım .$X$$Y$

, Y = r sin ( θ ) . Not bu X- 2 + Y 2 = r 2 . Eğer θ üzerinde üniform ( 0 , 2 π ) ve r, Rayleigh dağılımı vardır X ve Y'nin her biri bağımsız normalleri olacak 0 ortalama ve ortak bir varyans. Bunun tersi de doğrudur. Sohbetin kanıtı, OP'nin sorunun ikinci kısmına cevap olarak istediğini düşünüyorum.$X = r\cos(\theta)$$Y = r \sin(\theta)$$X^2 +Y^2= r^2$$\theta$$(0,2 \pi)$$r$$X$$Y$$0$

Here is a sketch of the proof. Without loss of generality we can assume that $X$ is distributed $N(0,1)$ and $Y$ is distributed $N(0,1)$ and independent of each other.

$f(x,y) = (1/2 \pi)\exp[(-[x^2 +y^2])/2]$$g(r, \theta)$$x = r \sin(\theta)$$y = r \cos(\theta)$. So $r= \sqrt{x^2 + y^2}$ and $\theta = \arctan(x/y)$. Compute the Jacobian of the transformation and make the appropriate substitution into $f(x,y)$. as a result $g(r, \theta)$ will be $r \exp[(-r^2)/(2 \pi)]$ for $r\geq0$ and $0\leq\theta\leq 2 \pi$. This shows that $r$ and theta are independent with $r$ having a Rayleigh distribution and theta has the constant density $1/(2 \pi)$.

To complete the fairly good answers given by Glen and Michael, I'll just compute the density of $\theta$ when the distribution of $(X,Y)$ is uniform on the square $[-1,1]\times[-1,1]$. This uniform density is $1 \over 4$ on this square, $0$ elsewhere -- that is, the probability of sampling a point in a given region of the square is $1 \over 4$ the area of this region.

The region of interest for our question is the red sector on this drawing:

It’s a triangle delimited by the angle $\theta$ and $\theta + d\theta$. The probability of sampling a point in this triangle is the probability of sampling a value between $\theta$ and $\theta + d\theta$ — which is the density of $\theta$.

I’ll make the computation for $\theta\in \left[ -{\pi \over 4}, {\pi\over 4}\right]$ -- the whole density can be obtained by extending it by $\pi\over 2$ periodicity.

Elementary trigonometry show that the lower side has length $1\over \cos\theta$. The upper size has length

$${1\over \cos(\theta + d\theta)} = {1\over \cos\theta} + {\sin \theta \over \cos^2\theta} d\theta.$$ (We’ll see that the precise value of the derivative doesn’t really matter here!)

Now the area of a triangle with two sides of lengthes $a$ and $b$ forming an angle $\alpha$ is ${1\over 2}ab\sin\alpha$, hence in our case

$${1\over 2} \left({1\over \cos\theta} \right) \left({1\over \cos\theta} + {\sin \theta \over \cos^2\theta} d\theta\right) \sin d\theta = {d\theta \over 2\cos^2 \theta}$$ (we neglect higher powers of $d\theta$ and use $\sin d \theta= d\theta$).

Thus the density of $\theta$ is

$${1\over 8 \cos^2 \theta}$$ for $\theta$ in $\left[-{\pi\over 4},{\pi\over 4}\right]$, and is $\pi\over 2$ periodic.

Verification:

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" )