Wie verteilt sich der sphärische Elevationswinkel wann?

Als Folge davon, wie die Polarkoordinate verteilt wird, wenn und wenn ?$\theta$$(x,y) \sim U(-1,1) \times U(-1,1)$$(x,y) \sim N(0,1)\times N(0,1)$

Angenommen wie sind und verteilt?$(x,y,z) \sim U(-10,10) \times U(-10,10) \times U(-10,10)$$\theta$$\phi$

Aus den wunderbaren Antworten der vorherigen Frage geht eindeutig hervor, dass aussieht: $\theta$

Aber warum bekommt das bei nicht die maximale Wahrscheinlichkeit ?$\phi$$\phi = \pi/4$

Wenn wir normalverteilend auswählen wir diese 2 PDFs:$x,y,z$

Gibt es in beiden Fällen einen Namen für und Verteilungen? Für mich sieht es nach einer Verteilung im Intervall .$\theta$$\phi$$\beta$$[-90,90]$

In meiner Diskussion hier gehe ich von Ihrer aus $\theta$ ist effektiv eine Länge und $\phi$ist effektiv ein Breitengrad. Vielleicht verwenden typischere sphärische Koordinaten einen Winkel vom Nordpol nach unten und nicht vom Äquator nach oben und tauschen die Rollen der beiden Symbole daraus aus - aber es ist kein Problem, so oder so damit umzugehen, also bleibe ich bei was Ihre Notation scheint zu sein.

Beachten Sie, dass die Verteilung des Radius hier nicht von Interesse ist, sondern nur die Winkel, sodass wir alles auf eine Einheitskugel projizieren können, ohne die Winkel zu ändern. Dies ist im Normalfall sehr nützlich.

Bei einer sphärisch symmetrischen Verteilung wie der dreidimensionalen Standardnormalen hat das Auftreten der Neigungsverteilung damit zu tun, dass sich auf der Oberfläche einer Kugel in der Nähe des Äquators viel mehr Fläche befindet als in der Nähe der Pole.

Wenn Sie der Mathematik folgen (oder ein geometrisches Argument in Bezug auf Wahrscheinlichkeitselemente schreiben, die der früheren 2D-Frage ähnlich sind), können Sie feststellen, dass die Neigung eine Dichte proportional zu haben sollte $\cos(\phi)$. Hier ist ein geometrisches Argument, das es in den Begriffen "Elemente der Wahrscheinlichkeit" motivieren sollte:

Da der Radius am Äquator 1 und der Radius am Breitengrad ist $\phi$ ist $\cos(\phi)$der Umfang am Breitengrad $\phi$ ist proportional zu $\cos(\phi)$und so die Dichte bei $\phi$ ist proportional zu $\cos(\phi)$.

Einheitlicher Fall : Mit der auf konstanten Radius normierten 3D-Uniform haben Sie keine gleichmäßige Dichte auf der Kugel, aus dem gleichen Grund wie im 2D-Fall - wenn Sie auf die Kugel projizieren, gibt es viel mehr " Dichte "auf der Kugel in der Nähe der Winkel, in denen sich die Ecken befinden, als dort, wo sich die Seiten befinden (wobei sich Teile in der Nähe der Mitte der Kanten dazwischen befinden) - da bei Winkeln in der Nähe der Ecken mehr Volumen des Würfels vorhanden ist als bei Winkeln in der Mitte der Gesichter.

Wir können dies sehen, indem wir viele Zufallswerte gleichmäßig im Würfel erzeugen und auf die Kugel projizieren. Da in der Nähe der Ecken mehr Volumen vorhanden ist als in der Nähe der Würfelflächen, ist die Dichte von den Ecken "nach innen" höher als von den Flächen. Wenn wir die Höhe zeichnen (denken Sie daran, dass dies ein projizierter Z-Wert ist,$z^* = z/r$, wo $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$) über dem Äquator gegen den Längengrad erhalten wir die oberste Darstellung unten:

Diese Höhe entspricht der vertikalen Seite des rechtwinkligen Dreiecks im vorherigen Diagramm. Diese Höhe ist die$\sin$ von $\phi$ ($z^*=\sin(\phi)$). Um das in den Breitengrad umzuwandeln ($\phi$) würden wir den Bogen dieser projizierten vertikalen Höhe nehmen, was wir in der unteren Darstellung sehen. Dies "dehnt" die Dinge umso mehr aus, je näher wir dem Pol kommen, wodurch die Dichte als Funktion des Breitengrads am Nord- und Südpol auf 0 abfällt (sowohl für den einheitlichen als auch für den normalen Fall).

Die Dichte für $\phi$ wird dann das Integral dieser bivariaten Dichte über sein $\theta$.

Blick auf den Rand für $\theta$ (dh Streifen, die bei festen Werten von ablaufen $\theta$) ergibt vier Peaks in der Dichte von $\theta$ Wie Sie bemerken - dies folgt zwar direkt aus dem 2D-Fall, aber wie wir jetzt sehen, ergibt sich auch ein Paar von Peaks in der Dichte von $\phi$ vom Äquator entfernt, entsprechend einem Bereich auf der Oberfläche der Einheitskugel, in dem die Ecken und oberen / unteren Kanten des Würfels vorstehen.

Die komplementäre kumulative Verteilung für den sphärischen Breitengrad $\phi$ gibt die Chance, dass ein zufälliger Punkt im Würfel $[-1,1]^3$ wird über dem Kegel liegen, der die Funktion grafisch darstellt $z = \cot(\phi)\sqrt{x^2+y^2}$. Weil diese Punkte gleichmäßig über den Würfel verteilt sind (der ein Volumen von hat$8$) beträgt diese Chance ein Achtel des Volumens zwischen dem Kegel und der Oberseite des Würfels. Wenn der Breitengrad überschreitet$\pi/4$Dieses Volumen ist das eines rechten Kegels mit Höhe $1$ und Basis $\cot(\phi)$, gleicht

Siehe die beiden rechten Diagramme in der Abbildung.

Wenn der Breitengrad kleiner als ist $\arctan(1/\sqrt{2})$Dies ist das Volumen des Schnittpunkts eines semi-unendlichen Kegels und des Würfels. Eine Integration in Polarkoordinaten ergibt den Ausdruck

Siehe die beiden Diagramme ganz links in der Abbildung.

Die negativen Ableitungen dieser Ausdrücke geben die Dichte an. Zwischen$\arctan(1/\sqrt{2})\approx \pi/5$ und $\pi/4$ist ein Übergangsbereich, in dem der Schnittpunkt des Kegels mit dem Würfel kompliziert ist. Obwohl ein genauer Ausdruck entwickelt werden könnte, wäre er chaotisch. Was wir wissen ist, dass sich die Dichte kontinuierlich von der Ableitung von ändern muss$-F_{-}$ zur Ableitung von $-F_{+}$ wie $\phi$variiert zwischen diesen Punkten. Dies wird in einem Histogramm von einer Million simulierter Werte gezeigt (nur von der oberen Hälfte des Würfels - die untere Hälfte ist ein Spiegelbild). Die Goldkurve ist der Graph von$-\frac{d}{d\phi}F_{-}$ während die rote Kurve rechts die Grafik von ist $-\frac{d}{d\phi}F_{+}.$

Dies verdeutlicht, warum die Modi nicht aktiviert sind $\phi=\pm \pi/4$, muss aber zwischen diesen Werten liegen und $\pm \arctan(1/\sqrt{2})$.