¿Cómo se $\theta$ la coordenada polar, distribuida cuando $(x,y) \sim U(-1,1) \times U(-1,1)$ vs. cuando $(x,y) \sim N(0,1)\times N(0,1)$ ?

Question

Que el cartesiano $x,y$ se seleccionan las coordenadas de un punto aleatorio s.t. $(x,y) \sim U(-10,10) \times U(-10,10)$ .

Por lo tanto, el radio, $\rho = \sqrt{x^2 + y^2}$ no está uniformemente distribuida como implica $\rho$ 's p.d.f .

No obstante, yo esperaría $\theta = \arctan{\frac{y}{x}}$ ser casi uniforme, excluyendo los artefactos debidos a los 4 restos en los bordes:

A continuación figuran los cálculos gráficos funciones de densidad de probabilidad de $\theta$ y $\rho$ :

Ahora bien, si dejo que $x,y$ distribuirse s.t. $x,y \sim N(0,20^2)\times N(0,20^2)$ entonces $\theta$ parece uniformemente distribuida:

Por qué $\theta$ no es uniforme cuando $(x,y) \sim U(-10,10) \times U(-10,10)$ y es uniforme cuando $x,y \sim N(0,20^2)\times N(0,20^2)$ ?

El código Matlab que he utilizado:

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)');

Sustituyendo la 3ª línea: r = (b-a).*randn(2,number_of_points); con r = (b-a).*randn(2,number_of_points) +a ; cambiará la distribución de $(x,y)$ de normal a uniforme.

Answer 1

Te refieres a una transformación de un par de variantes independientes $(X,Y)$ a la representación polar $(R,\theta)$ (radio y ángulo), y luego observar la distribución marginal de $\theta$ .

Voy a ofrecer una explicación un tanto intuitiva (aunque una derivación matemática de la densidad hace esencialmente lo que describo informalmente).

Observa que si escalas las dos variables, X e Y por alguna escala común (por ejemplo, pasar de U(-1,1) a U(-10,10) o de N(0,1) a N(0,20) en ambas variables al mismo tiempo) eso no supone ninguna diferencia en la distribución del ángulo (sólo afecta a la escala de la distribución del radio). Así que consideremos sólo los casos unitarios.

Primero hay que considerar lo que ocurre con el caso de los uniformes. Obsérvese que la distribución es uniforme sobre el cuadrado unitario, de modo que la densidad de probabilidad en una región contenida dentro de $[-1,1]^2$ es proporcional al área de la región. En concreto, fíjate en la densidad asociada a un elemento de ángulo, $d\theta$ cerca de la horizontal (cerca del ángulo $\theta=0$ ) y en la diagonal (cerca del ángulo $\theta=\pi/4$ ):

Es evidente que el elemento de probabilidad $df_\theta$ (es decir, el área) correspondiente a un elemento de ángulo ( $d\theta$ ) es mayor cuando el ángulo está cerca de una de las diagonales. En efecto, si inscribimos un círculo en el interior del cuadrado, el área que abarca un ángulo minúsculo dado dentro del círculo es constante, y la parte que queda fuera del círculo crece a medida que nos acercamos a la diagonal, donde alcanza su máximo.

Esto explica completamente el patrón que se ve en las simulaciones.

En efecto, podemos ver que la densidad debe ser proporcional a la longitud del segmento desde el centro del cuadrado hasta su borde; basta con una simple trigonometría para deducir la densidad a partir de ahí y luego es fácil encontrar la constante necesaria para que la densidad se integre en 1.

[Edito: he añadido esta parte para hablar del radio, ya que la pregunta ha cambiado desde mi respuesta original].

Obsérvese que si tuviéramos una distribución uniforme sobre el círculo unitario (es decir, el que antes inscribimos en el cuadrado) entonces la densidad del radio para ello sería proporcional al radio (considérese el área de un pequeño elemento anular de anchura $dr$ en el radio $r$ - es decir, entre $r$ y $r+dr$ - tiene un área proporcional a $r$ ). Luego, a medida que pasamos fuera del círculo, las nuevas regiones anulares de mayor radio sólo reciben contribuciones de densidad de la parte situada en el cuadrado, por lo que la densidad disminuye (inicialmente con bastante rapidez, luego más lentamente) entre $1$ y $\sqrt 2$ . (De nuevo, unas nociones geométricas bastante sencillas bastan para obtener la forma funcional de la densidad si se necesita).

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Por el contrario, si la distribución conjunta es rotacionalmente simétrica respecto al origen, entonces el elemento de probabilidad en algún ángulo no depende del ángulo (¡esto es esencialmente una tautología!). La distribución bivariada de dos gaussianas estándar independientes es rotacionalmente simétrica respecto al origen:

(código de esta imagen basado en el código de Elan Cohen aquí pero hay una buena alternativa aquí y algo entre los dos aquí )

En consecuencia, el volumen contenido en algún ángulo $d\theta$ es el mismo para cada $\theta$ por lo que la densidad asociada al ángulo es uniforme en $[0,2\pi)$ .

[El truco polar utilizado típicamente para integrar la densidad normal sobre la recta real puede utilizarse para averiguar que la densidad del radio al cuadrado es exponencial negativa, y a partir de ahí la densidad del radio es sencilla de identificar mediante un simple argumento de transformación de la función de distribución].

Answer 2

Para completar las respuestas bastante buenas dadas por Glen y Michael, me limitaré a calcular la densidad de $\theta$ cuando la distribución de $(X,Y)$ es uniforme en el cuadrado $[-1,1]\times[-1,1]$ . Esta densidad uniforme es $1 \over 4$ en esta plaza, $0$ es decir, la probabilidad de muestrear un punto en una región determinada del cuadrado es $1 \over 4$ la zona de esta región.

La región de interés para nuestra pregunta es el sector rojo de este dibujo:

Es un triángulo delimitado por el ángulo $\theta$ y $\theta + d\theta$ . La probabilidad de muestrear un punto en este triángulo es la probabilidad de muestrear un valor entre $\theta$ y $\theta + d\theta$ - que es la densidad de $\theta$ .

Haré el cálculo para $\theta\in \left[ -{\pi \over 4}, {\pi\over 4}\right]$ -- la densidad total puede obtenerse extendiéndola por $\pi\over 2$ periodicidad.

La trigonometría elemental muestra que el lado inferior tiene longitud $1\over \cos\theta$ . La talla superior tiene una longitud $$ {1\over \cos(\theta + d\theta)} = {1\over \cos\theta} + {\sin \theta \over \cos^2\theta} d\theta.$$ (¡Ya veremos que el valor exacto de la derivada no importa aquí!)

Ahora el área de un triángulo con dos lados de longitudes $a$ y $b$ formando un ángulo $\alpha$ es ${1\over 2}ab\sin\alpha$ por lo que en nuestro caso $$ {1\over 2} \left({1\over \cos\theta} \right) \left({1\over \cos\theta} + {\sin \theta \over \cos^2\theta} d\theta\right) \sin d\theta = {d\theta \over 2\cos^2 \theta}$$ (despreciamos las potencias superiores de $d\theta$ y utilizar $\sin d \theta= d\theta$ ).

Así, la densidad de $\theta$ es $$ {1\over 8 \cos^2 \theta}$$ para $\theta$ en $\left[-{\pi\over 4},{\pi\over 4}\right]$ y es $\pi\over 2$ periódico.

Verificación:

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" )

Answer 3

Responderé a la pregunta sobre el caso normal que conduce a la distribución uniforme. Es bien sabido que si $X$ y $Y$ son independientes y se distribuyen normalmente el contorno de la densidad de probabilidad constante es un círculo en el $x-y$ avión. El radio $R= \sqrt{X^2+ Y^2}$ tiene el Distribución de Rayleigh. Para una buena discusión de esto el artículo de wikipedia titulado Distribución de Rayleigh.

Veamos ahora las variables aleatorias $X$ y $Y$ utilizando coordenadas polares.

$X = r\cos(\theta)$ , $Y = r \sin(\theta)$ . tenga en cuenta que $X^2 +Y^2= r^2$ . Si $\theta$ es uniforme en $(0,2 \pi)$ y $r$ tiene una distribución de Rayleigh $X$ y $Y$ serán normales independientes, cada una con $0$ media y una varianza común. Lo contrario también es cierto. La prueba de la inversa es lo que creo que el OP quiere como respuesta a la segunda parte de la pregunta.

He aquí un esbozo de la prueba. Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que $X$ se distribuye $N(0,1)$ y $Y$ se distribuye $N(0,1)$ e independientes entre sí.

Entonces la densidad conjunta $f(x,y) = (1/2 \pi)\exp[(-[x^2 +y^2])/2]$ . Utiliza la transformación a coordenadas polares para obtener $g(r, \theta)$ . Desde $x = r \sin(\theta)$ y $y = r \cos(\theta)$ . Así que $r= \sqrt{x^2 + y^2}$ y $\theta = \arctan(x/y)$ . Calcule el jacobiano de la transformación y realice la sustitución adecuada en $f(x,y)$ . como resultado $g(r, \theta)$ será $r \exp[(-r^2)/(2 \pi)]$ para $r\geq0$ y $0\leq\theta\leq 2 \pi$ . Esto demuestra que $r$ y theta son independientes con $r$ que tiene una distribución de Rayleigh y theta tiene la densidad constante $1/(2 \pi)$ .