Generieren Sie Zufallszahlen aus der "geneigten Gleichverteilung" aus der mathematischen Theorie

Für einen bestimmten Zweck muss ich Zufallszahlen (Daten) aus einer "geneigten gleichmäßigen" Verteilung generieren. Die "Steigung" dieser Verteilung kann in einem angemessenen Intervall variieren, und dann sollte sich meine Verteilung basierend auf der Steigung von gleichmäßig zu dreieckig ändern. Hier ist meine Ableitung:

Machen wir es einfach und generieren Daten von bis (blau, rot ist gleichmäßige Verteilung). Um die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion der blauen Linie zu erhalten, benötige ich nur die Gleichung dieser Linie. Somit:$0$$B$

$$f(x) = tg(\varphi)x + Y(0)$$

und da (Bild):

$$\begin{align} tg(\varphi) &= \frac{1/B - Y(0)}{B/2} \\[5pt] Y(0) &= \frac{1}{B} - tg(\varphi)\frac{B}{2} \end{align}$$

Wir haben das:

$$f(x) = tg(\varphi)x + \left(\frac{1}{B} - tg(\varphi)\frac{B}{2} \right)$$

Da PDF ist, ist CDF gleich:$f(x)$

$$F(x) = \frac{tg(\varphi)x^2}{2} + x\left(\frac{1}{B} - tg(\varphi)\frac{B}{2} \right)$$

Jetzt machen wir einen Datengenerator. Die Idee ist, dass, wenn ich repariere , Zufallszahlen berechnet werden können, wenn ich Zahlen aus aus einer gleichmäßigen Verteilung wie hier beschrieben erhalte . Wenn ich also 100 Zufallszahl aus meiner Verteilung muß mit festen , dann für jede aus gleichmäßiger Verteilung gibt es von „geneigter Verteilung“, und kann wie folgt berechnet werden:$\varphi, B$$x$φ , B t i$(0,1)$$\varphi, B$$t_i$x i$(0,1)$$x_i$$x$

$$\frac{tg(\varphi)x_i^2}{2} + x_i\left(\frac{1}{B} - tg(\varphi)\frac{B}{2} \right) - t_i = 0$$

Aus dieser Theorie habe ich Code in Python erstellt, der wie folgt aussieht:

import numpy as np
import math
import random
def tan_choice():
    x = random.uniform(-math.pi/3, math.pi/3)
    tan = math.tan(x)
    return tan

def rand_shape_unif(N, B, tg_fi):
    res = []
    n = 0
    while N > n:
        c = random.uniform(0,1)
        a = tg_fi/2
        b = 1/B - (tg_fi*B)/2
        quadratic = np.poly1d([a,b,-c])
        rots = quadratic.roots
        rot = rots[(rots.imag == 0) & (rots.real >= 0) & (rots.real <= B)].real
        rot = float(rot)
        res.append(rot)
        n += 1
    return res

def rand_numb(N_, B_):
    tan_ = tan_choice()
    res = rand_shape_unif(N_, B_, tan_)
    return res

Aber die Zahlen, aus rand_numbdenen generiert wird, sind sehr nahe bei Null oder bei B (was ich als 25 eingestellt habe). Es gibt keine Varianz, wenn ich 100 Zahlen generiere, sind alle nahe bei 25 oder alle nahe bei Null. In einem Lauf:

num = rand_numb(100, 25)
numb
Out[140]: 
[0.1063241766836174,
 0.011086243095907753,
 0.05690217839063588,
 0.08551031241199764,
 0.03411227661295121,
 0.10927087752739746,
 0.1173334720516189,
 0.14160616846114774,
 0.020124543145515768,
 0.10794924067959207]

In meinem Code muss also etwas sehr falsch sein. Kann mir jemand bei meiner Ableitung oder meinem Code helfen? Ich bin jetzt verrückt danach, ich kann keinen Fehler sehen. Ich nehme an, dass R-Code mir ähnliche Ergebnisse liefert.

Ihre Ableitung ist in Ordnung. Beachten Sie, dass Sie einschränken müssen , um eine positive Dichte für zu erhalten In Ihrem Code sollten Sie also zwischen , hier schlägt Ihr Code fehl.B 2 tan ϕ < 2. B = 25 ϕ ± tan - 1 $(0,B)$

$$B^2 \tan\phi < 2.$$ $B = 25$$\phi$$\pm\tan^{-1}{2\over 625}$

Sie können (und sollten) die Verwendung eines quadratischen Lösers vermeiden und dann die Wurzeln zwischen 0 und auswählen . Die zu lösende quadratische Polynomgleichung in ist mit Durch Konstruktion ist und ; auch steigt auf .x F ( x ) = t F ( x ) = $B$$x$

$$F(x) = t$$ $$F(x) = {1\over 2} \tan \phi \cdot x^2 + \left( {1\over B} - {B\over 2} \tan \phi \right) x.$$ $F(0) = 0$$F(B) = 1$$F$$(0,B)$

Daraus ist leicht ersichtlich, dass, wenn , der Teil der Parabel, an dem wir interessiert sind, ein Teil der rechten Seite der Parabel ist und die zu behaltende Wurzel die höchste der beiden Wurzeln ist ist Im Gegenteil, wenn , steht die Parabel auf dem Kopf und wir sind an ihrer linken interessiert Teil. Die zu behaltende Wurzel ist die niedrigste. Unter Berücksichtigung des Vorzeichens von scheint es, dass dies dieselbe Wurzel ist (dh die mit ) wie im ersten Fall.$\tan \phi > 0$

$$x = {1\over \tan \phi} \left( {B\over 2} \tan \phi - {1\over B} + \sqrt{ \left( {B\over 2} \tan \phi - {1\over B} \right)^2 + 2 \tan \phi \cdot t}. \right)$$ $\tan\phi < 0$$\tan\phi$$+\sqrt\Delta$

Hier ist ein R-Code.

phi <- pi/8; B <- 2
f <- function(t) (-(1/B - 0.5*B*tan(phi)) + 
       sqrt( (1/B - 0.5*B*tan(phi))**2 + 2 * tan(phi) * t))/tan(phi)
hist(f(runif(1e6)))

Und mit :$\phi < 0$

phi <- -pi/8
hist(f(runif(1e6)))