Punto aleatorio uniforme en una esfera

Question

Si $X=(x,y,z)$ es un punto aleatorio uniforme en la esfera unidad en $\mathbb{R}^3$ , Son las coordenadas $x$ , $y$ , $z$ uniforme en el intervalo $(-1,1)$ ?

Answer 1

Sorprendentemente, la respuesta es sí.

La probabilidad de que el $x$ -se encuentra en un intervalo infinitessimal $[x,x+dx]$ es proporcional al área de la rebanada de la esfera formada por los puntos con $x$ -coordenada en el intervalo. Como la esfera es la superficie de revolución de la curva $y=f(x):=\sqrt{1-x^2}$ calculamos que esta área es \begin{eqnarray*} 2\pi f(x) \sqrt{1+f'(x)^2}\,dx&=&2\pi\sqrt{1-x^2}\sqrt{1+\left(\frac{-x}{\sqrt{1-x^2}}\right)^2}\,dx\\ &=&2\pi\,dx \end{eqnarray*} Porque esto no depende de $x$ El $x$ se distribuye uniformemente en $[-1,1]$

Answer 2

Sea $Z_1$ , $Z_2$ , $Z_3$ sean variables aleatorias estándar independientes idénticamente distribuidas. Entonces el vector aleatorio $$ \vec{X} = \left( \frac{Z_1}{\sqrt{Z_1^2+Z_2^2+Z_3^2}}, \frac{Z_2}{\sqrt{Z_1^2+Z_2^2+Z_3^2}}, \frac{Z_3}{\sqrt{Z_1^2+Z_2^2+Z_3^2}} \right) $$ se distribuye uniformemente en una esfera unitaria (por ejemplo elección del punto de la esfera en MathWorld ).

La distribución de los componentes de $\vec{X}$ es claramente simétrica, por lo que para $-1<x<0$ :
$$\begin{eqnarray} \mathbb{P}\left( \frac{Z_1}{\sqrt{Z_1^2+Z_2^2+Z_3^2}} \leqslant x \right) &=& \mathbb{P}\left( Z_1^2 \geqslant x^2 (Z_1^2+Z_2^2+Z_3^2) | Z_1 < 0\right) \\ &=& \frac{1}{2}\mathbb{P}\left( \frac{2 Z_1^2}{Z_2^2+Z_3^2} \geqslant \frac{2 x^2}{1-x^2} \right) \end{eqnarray} $$

La relación $\frac{2 Z_1^2}{Z_2^2+Z_3^2}$ sigue $F_{1,2}$ -distribución ( wiki ), por lo tanto: $$ \mathbb{P}\left( \frac{Z_1}{\sqrt{Z_1^2+Z_2^2+Z_3^2}} \leqslant x \right) = \frac{1}{2}\left(1 - \sqrt{\frac{\frac{2x^2}{1-x^2}}{2+ \frac{2x^2}{1-x^2}}}\right) = \frac{1}{2} \left(1- \sqrt{x^2}\right) = \frac{1+x}{2} $$ que la función de distribución acumulativa de la distribución uniforme de hecho.

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Añadido :
Como sugiere @did, considere el caso de $\mathbb{R}^d$ . En ese caso, la función de distribución acumulativa del componente, para $-1<x<0$ lee: $$ \mathbb{P}\left( \frac{Z_1}{\sqrt{Z_1^2+Z_2^2+\cdots+Z_d^2}} \leqslant x\right) = \frac{1}{2}\mathbb{P}\left(\frac{(d-1) Z_1^2}{Z_2^2+\cdots+Z_d^2} \geqslant \frac{(d-1)x^2}{1-x^2} \right) $$ La relación $\frac{(d-1) Z_1^2}{Z_2^2+\cdots+Z_d^2}$ sigue $F$ -distribución con $1$ y $d-1$ grados de libertad, así: $$ \mathbb{P}\left( \frac{Z_1}{\sqrt{Z_1^2+Z_2^2+\cdots+Z_d^2}} \leqslant x\right) = \frac{1}{2} \frac{\operatorname{B}\left(1-x^2 ;\frac{d-1}{2}, \frac{1}{2}\right)}{\operatorname{B}\left(\frac{d-1}{2}, \frac{1}{2}\right)} $$ donde $\operatorname{B}\left(z ;a, b\right)$ es el función Beta incompleta . Diferenciando obtenemos la densidad de probabilidad: $$ f(x) = \frac{1}{\operatorname{B}\left(\frac{d-1}{2}, \frac{1}{2}\right)} \left(1-x^2\right)^{\tfrac{d-3}{2}} [-1<x<1] $$ Esto demuestra claramente que la distribución no es uniforme para $d\not=3$ .

Answer 3

Que esto es cierto también se puede ver, por geometría (triángulos semejantes), siguiendo el mismo razonamiento que Arquímedes (parece) utilizó para hallar la superficie de una esfera .

Más concretamente: si cortamos una rebanada infinitesimal de la esfera, a lo largo de la coordenada $X$ (vertical en la figura) se ve que la superficie sobre la esfera es igual a la de la rebanada sobre el cilindro circundante (esto ocurre sólo en 3 dimensiones, porque sólo en ese caso el mayor radio del cilindro compensa la menor "altura" de la rebanada). Como el punto aleatorio es uniforme sobre la esfera, entonces la probabilidad de que caiga en un intervalo $[x,x+dx]$ es proporcional a la superficie, y ya está.