当和时极坐标是如何分布的？

令随机点的笛卡尔 $x,y$ 坐标为st $(x,y) \sim U(-10,10) \times U(-10,10)$ 。

因此，半径 $\rho = \sqrt{x^2 + y^2}$ 并不是 $\rho$ 的pdf所暗示的均匀分布。

尽管如此，我希望 $\theta = \arctan{\frac{y}{x}}$ 几乎是均匀的，不包括由于边缘4个残差而导致的假象：

以下是grafically计算概率密度函数的 $\theta$ 和 $\rho$ ：

现在，如果我让分布为st那么似乎是均匀分布的： $x,y$ $x,y \sim N(0,20^2)\times N(0,20^2)$ $\theta$

为什么当时不均匀而当时是均匀的吗？ $\theta$ $(x,y) \sim U(-10,10) \times U(-10,10)$ $x,y \sim N(0,20^2)\times N(0,20^2)$

我使用的Matlab代码：

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)');

替换第三行：r = (b-a).*randn(2,number_of_points);with r = (b-a).*randn(2,number_of_points) +a ;将把的分布从正态更改为均匀。 $(x,y)$

— 0x90
source

该问题在每次编辑时看上去都越来越漂亮，并且标题更清晰，更简洁。@ 0x90做得好。

— Michael R. Chernick

+1。有趣的是，正态分布是唯一导致角度均匀分布（即旋转对称2D分布）的分布，请参阅stats.stackexchange.com/a/255417/28666。

— 变形虫说莫妮卡（Monica）恢复职权

Answers:

您指的是从一对独立变量到极坐标表示（半径和角度）的转换，然后查看的边际分布。 $(X,Y)$ $(R,\theta)$ $\theta$

我将提供一些直观的解释（尽管密度的数学推导本质上是我非正式描述的内容）。

请注意，如果按某个通用比例缩放两个变量X和Y（例如，从U（-1,1）到U（-10,10）或从N（0,1）到N（0,20）同时作用在两个变量上）不会影响角度的分布（它只会影响半径分布的比例）。因此，让我们仅考虑单位案例。

首先考虑统一案例的情况。请注意，分布在单位平方上是均匀的，因此内包含的区域中的概率密度与该区域的面积成比例。具体来说，查看与角度元素在水平附近（近角）和对角线上（在近角）相关的密度： $[-1,1]^2$ $d\theta$ $\theta=0$ $\theta=\pi/4$

显然，当角度接近对角线之一时，与角度（）元素相对应的概率元素（即面积）更大。确实考虑在正方形内刻一个圆圈。圆内一个给定的微小角度所覆盖的面积是恒定的，然后，当我们接近对角线时，圆外的部分会增大，即最大。 $df_\theta$ $d\theta$

这完全说明了您在模拟中看到的模式。

实际上，我们可以看到密度必须与从正方形的中心到其边缘的线段的长度成比例；简单的三角法足以从那里导出密度，然后很容易找到使密度积分到1所需的常数。

[编辑：添加了下一点以讨论半径，因为自我的原始答案以来问题已经改变。]

注意，如果我们有超过单位圆（即，我们在以前的正方形内切的一个），则半径的密度，这将是与半径成比例的均匀分布（考虑宽度的小的环形元件的面积在半径即在和 -具有与成正比的面积。然后，当我们经过圆外时，具有较大半径的新环形区域仅从正方形中的零件获得密度贡献，因此密度在到之间减小（最初相当快，然后更慢）。（再次，相当简单的几何概念足以获得密度的功能形式，如果需要的话。） $dr$ $r$ $r$ $r+dr$ $r$ $1$ $\sqrt 2$

相反，如果关节分布关于原点旋转对称，则概率元素在某个角度不依赖于角度（这实质上是重言式！）。两个独立标准高斯的双变量分布关于原点旋转对称：

（此图片的代码基于此处的 Elan Cohen的代码，但此处有一个不错的选择，而此处两者之间也有区别）

因此，该体积中含有一些角度是每个相同，所以与相关联角度的密度上均匀。 $d\theta$ $\theta$ $[0,2\pi)$

[通常用于对实线上的法线密度进行积分的极点技巧可用于确定半径平方的密度为负指数，并且从此处可以通过简单的变换自变量轻松确定半径的密度。分布函数]

— Glen_b-恢复莫妮卡
source

分布中的四个峰值确实是由于正方形四个角。请注意，任何球对称分布都会导致上的均匀分布，从以为中心的球和圆上的均匀性开始。

θ

$\theta$

(- 10, 10)^{2}

$(-10,10)^2$

θ

$\theta$

(0, 0)

$(0,0)$

— 西安

+1。有趣的是，正态分布是唯一导致旋转对称2D分布的分布，请参阅stats.stackexchange.com/a/255417/28666。这让我感到惊讶。

— 变形虫说莫妮卡（

@amoeba是的，这是唯一的圆形对称分布，是独立边距的乘积。

— Glen_b-恢复莫妮卡（Monica）

我认为这真是太神奇了。考虑在答案中提及它！

— 变形虫说莫妮卡（Monica）恢复职权

我将回答有关导致统一分配的正常情况的问题。众所周知，如果和独立且正态分布，则恒定概率密度的轮廓在平面上是一个圆。半径 $X$ $Y$ $x-y$ 具有瑞利分布。为了对此进行很好的讨论，维基百科文章标题为“瑞利分布”。 $R= \sqrt{X^2+ Y^2}$

现在让我们使用极坐标看随机变量和 $X$ $Y$

，。注意，。如果是均匀的上和具有瑞利分布和将独立法线每个具有均值和方差常见。反之亦然。相反的证明是我认为OP希望作为问题第二部分的答案。 $X = r\cos(\theta)$ $Y = r \sin(\theta)$ $X^2 +Y^2= r^2$ $\theta$ $(0,2 \pi)$ $r$ $X$ $Y$ $0$

这是证明的草图。不失一般性，我们可以假设，是分布式和分布和相互独立的。 $X$ $N(0,1)$ $Y$ $N(0,1)$

然后将联合密度。使用对极坐标的变换获得。由于和。所以， $f(x,y) = (1/2 \pi)\exp[(-[x^2 +y^2])/2]$ $g(r, \theta)$ $x = r \sin(\theta)$ $y = r \cos(\theta)$ 和。计算变换的雅可比行列式，并将其适当代入。作为结果将是为和 $r= \sqrt{x^2 + y^2}$ $\theta = \arctan(x/y)$ $f(x,y)$ $g(r, \theta)$ $r \exp[(-r^2)/(2 \pi)]$ $r\geq0$ 。由此可见，和θ是独立的具有瑞利分布和θ具有恒定密度。 $0\leq\theta\leq 2 \pi$ $r$ $r$ $1/(2 \pi)$

— 迈克尔·R·切尼克
source

这就是说，如果您在距中心（本例中为原点）的固定径向距离处查看双变量密度的高度，则该圆上所有点的值将相同。

— Michael R. Chernick

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

— 0x90

@ 0x90是，您的链接显示了一种查看此现象的方法，即查看密度指数的二次形式。因此，通常对于双变量正态设置，指数等于常数定义了常数密度的轮廓，并且该方程式是椭圆之一。在特殊情况下，当协方差矩阵是可缩放的单位矩阵时，椭圆简化为一个圆。

— Michael R. Chernick

我觉得有看到均匀性更简单的方法：独立正常的

均值

，很容易证明他们比

。由于柯西的CDF只是缩放和转换

，因此通过概率积分变换

只是移位和缩放的标准均匀随机变量。

X, Y

$X,Y$

0

$0$

Cauchy (0, 1)

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

\arctan

$\arctan$

\arctan (X / Y)

$\arctan(X/Y)$

— 弗朗西斯

@Francis大多数情况下，我很感谢您对我所有方程式的详尽编辑。我还想说，您在上面的评论绝对显示了一种解决theta均匀性问题的富有想象力的方法。我敢肯定，有些人会同意这样做会更容易。

— Michael R. Chernick

为了完成格伦和迈克尔给出的还算不错的答案，我只是计算的密度时的分布是均匀的广场上。该均匀密度为 $\theta$ $(X,Y)$ $[-1,1]\times[-1,1]$ 在这个正方形上为在其他地方为，也就是说，在正方形的给定区域中对一个点进行采样的概率为 $1 \over 4$ $0$ 该区域的面积。 $1 \over 4$

这个问题的关注区域是此图上的红色部分：

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

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

$1\over \cos\theta$

\frac{1}{\cos (θ + d θ)} = \frac{1}{\cos θ} + \frac{\sin θ}{\cos^{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}{\cos θ}) (\frac{1}{\cos θ} + \frac{\sin θ}{\cos^{2} θ} d θ) \sin d θ = \frac{d θ}{2 \cos^{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 \cos^{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}

$\pi\over 2$

验证：

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" )

— 猫王
source