どのよう、極性分散、座標がと？

ランダムポイントのデカルト座標の座標を選択しますst。$x,y$$(x,y) \sim U(-10,10) \times U(-10,10)$

したがって、半径、のpdfが示すように均一に分布していません。$\rho = \sqrt{x^2 + y^2}$$\rho$

それにもかかわらず、私はがほぼ均一であることを期待し、エッジの4つの残り物によるアーティファクトを除きます。$\theta = \arctan{\frac{y}{x}}$

以下は、\ thetaおよび\ rhoの確率論的に計算された確率密度関数です。 $\theta$$\rho$

ここで、 stに分布させると、は均一に分布しているように見えます。、X 、Y 〜N （0 、20 2）× N （0 、20 2）$x,y$$x,y \sim N(0,20^2)\times N(0,20^2)$$\theta$

なぜはで均一ではなく、均一であるの？（X 、Y ）〜U （- 10 、10 ）× U （- 10 、10 ）X 、Y 〜N （0 、20 2）× N （0 、20 2$\theta$$(x,y) \sim U(-10,10) \times U(-10,10)$$x,y \sim N(0,20^2)\times N(0,20^2)$

私が使用したMatlabコード：

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行目を置き換える：r = (b-a).*randn(2,number_of_points);with r = (b-a).*randn(2,number_of_points) +a ;は、分布を正規から均一に変更します。$(x,y)$

あなたは独立変量の対から変換に言及している極座標表現に（半径および角度）、及びその後の周辺分布を見て。（R 、θ ）$(X,Y)$$(R,\theta)$$\theta$

私はやや直感的な説明を提供します（ただし、密度の数学的導出は本質的に私が非公式に説明することを行います）。

2つの変数XとYを一般的なスケールでスケーリングする場合（たとえば、U（-1,1）からU（-10,10）またはN（0,1）からN（0,20）にスケーリングする場合）両方の変数で同時に））、角度の分布に違いはありません（半径の分布のスケールにのみ影響します）。それでは、ユニットケースだけを考えてみましょう。

最初に、統一されたケースで何が起こっているかを考えてください。含まれる領域の確率密度は、その領域の面積に比例するように、分布は単位平方にわたって均一であることに注意してください。具体的には、水平の近く（角度）および対角（角度）に近い角度要素に関連付けられた密度を調べます。、D θ θ = 0 θ = π /$[-1,1]^2$$d\theta$$\theta=0$$\theta=\pi/4$

明らかに、角度の要素（）に対応する確率要素（つまり面積）は、角度が対角線の1つに近い場合に大きくなります。実際、正方形の内側に円を刻むことを検討してください。円内の与えられた小さな角度にまたがる面積は一定であり、円の外側の部分は、対角線に近づくにつれて大きくなり、最大になります。 D $df_\theta$$d\theta$

これは、シミュレーションで見られるパターンを完全に説明しています。

実際、密度は、正方形の中心から端までのセグメントの長さに比例する必要があることがわかります。そこから密度を導き出すには単純な三角法で十分であり、密度を1に統合するために必要な定数を見つけるのは簡単です。

[編集：半径について説明するために次のビットを追加しました。質問は元の回答から変更されているためです。]

単位円（つまり、前に正方形に内接したもの）に均一な分布がある場合、その半径の密度は半径に比例することに注意してください（幅小さな環状要素の面積を考慮してください）半径すなわちと -は比例する面積を持ちます。次に、円の外側を通過すると、半径の大きい新しい環状領域は、正方形の部分からのみ密度の寄与を受けるため、密度はから間で減少します（最初は非常に速く、その後はよりゆっくり）。（必要に応じて、密度の関数形式を得るには、かなり単純な幾何学的概念で十分です。）R R R + D 、R 、R 1 $dr$$r$$r$$r+dr$$r$$1$$\sqrt 2$

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対照的に、ジョイント分布が原点に対して回転対称である場合、ある角度での確率要素は角度に依存しません（これは本質的にトートロジーです！）。2つの独立した標準ガウス分布の2変量分布は、原点に関して回転対称です。

（この画像のコードは、Elan Cohenのコードに基づいていますが、ここには素敵な代替手段があり 、2つの間に何かがあります）

したがって、ある角度含まれる体積は、すべてので同じであるため、角度に関連付けられた密度は均一です。θ [ 0 、2 π $d\theta$$\theta$$[0,2\pi)$

[通常の密度を実際の線に積分するために通常使用される極座標トリックを使用して、平方半径の密度が負の指数関数であり、そこから半径の密度が分布関数]

均一な分布につながる通常のケースについての質問に答えます。とが独立しており、正規分布し ている場合、一定の確率密度の輪郭は平面内の円であることはよく知られています。半径にはレイリー分布があります。これについての良い議論については、レイリー分布というタイトルのウィキペディアの記事をご覧ください。Y x − y R = $X$$Y$$x-y$$R= \sqrt{X^2+ Y^2}$

次に、極座標を使用してランダム変数およびを見てみましょう。$X$$Y$

Y = r個の罪（θ ）X 2 + Y 2 = R 2 θ （0 、2 π ）R X Y $X = r\cos(\theta)$、 。ことに注意してください。もしに均一である及びレイリー分布を有するおよび有する独立法線各あろう平均および分散共通。逆もまた真です。逆の証拠は、OPが質問の2番目の部分の答えとして望んでいると思うものです。$Y = r \sin(\theta)$$X^2 +Y^2= r^2$$\theta$$(0,2 \pi)$$r$$X$$Y$$0$

これが証拠のスケッチです。一般性を失うことなく、は分布し、は分布し、互いに独立していると仮定できます。N （0 、1 ）Y N （0 、1 $X$$N(0,1)$$Y$$N(0,1)$

次に、ジョイント密度。極座標への変換を使用して、を取得します。以降及び。したがって、および。変換のヤコビアンを計算し、への適切な置換を行います。結果として、あろうためと。そのこのショーと独立しており、シータ$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$レイリー分布を持ち、シータは一定密度持ちます。$1/(2 \pi)$

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

私たちの質問の関心領域は、この図の赤いセクターです。

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

の計算を行います-密度全体は拡張することで取得できます周期性。$\theta\in \left[ -{\pi \over 4}, {\pi\over 4}\right]$$\pi\over 2$

基本三角法は、下側の長さがます。上のサイズの長さは （ここでは、デリバティブの正確な値は本当に重要ではないことがわかります！）$1\over \cos\theta$

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

角度形成する長さと 2つの辺を持つ三角形の面積はであるため、この場合は （より高いべき乗を無視し、）。bはα $a$$b$$\alpha$${1\over 2}ab\sin\alpha$ Dθ罪のDθ=D

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

こうしての密度 IS ためにおける、となる周期。$\theta$ θ[-

$${1\over 8 \cos^2 \theta}$$ $\theta$$\left[-{\pi\over 4},{\pi\over 4}\right]$$\pi\over 2$

検証：

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" )