Gauß'sche Zufallsgrößen

24.06.2019, 22:27

Dopap

Gauß'sche Zufallsgrößen

An easy way to pick a random point on a sphere is to generate three Gaussian random variables x, y, and z.
Then the distribution of the vectors

$\begin{eqnarray*} \frac {1}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}} ~ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ is uniform over the surface $\begin{eqnarray*} \mathbb S^2 \end{eqnarray*}$ (Muller 1959, Marsaglia 1972).

Feine Sache, nur zur Simulation müsste man die Umkehrfunktion einer Normal-Verteilungsfunktion auswerten(?) und das kann dauern, da mir der TR auch nur $\begin{eqnarray*} UTPN(\mu,\sigma^2,x) \end{eqnarray*}$ ( Upper Tail Distribution Normal ) anbietet.

Gehen diese Zufallsgrößen numerisch nicht etwas flotter?

24.06.2019, 23:16

HAL 9000

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Üblicher für die Generierung standardnormalverteilter Zufallszahlen sind eher die Box-Muller-Methode bzw. (m.E. noch besser, weil winkelfunktionsfrei) die Polar-Methode:

Im Mittel $\begin{eqnarray*} \frac{2}{\pi}\approx 0.64 \end{eqnarray*}$ Logarithmen sowie Quadratwurzeln und sonst nur die 4 Grundrechenarten pro erzeugter Zufallszahl ist schon recht zügig. Augenzwinkern

Ich würde das obige Problem aber anders angehen, mit derselben Idee wie bei der Polarmethode:

1) Simuliere $\begin{eqnarray*} x,y,z \end{eqnarray*}$ stetig gleichverteilt in $\begin{eqnarray*} [-1,1] \end{eqnarray*}$ .
2) Berechne $\begin{eqnarray*} s = x^2+y^2+z^2 \end{eqnarray*}$ .
3) Ist $\begin{eqnarray*} s>1 \end{eqnarray*}$ , gehe wieder zu Schritt 1) .
4) $\begin{eqnarray*} r:=\sqrt{s} \end{eqnarray*}$
5) $\begin{eqnarray*} \frac{1}{r} (x,y,z)^T \end{eqnarray*}$ ist dann stetig gleichverteilt auf $\begin{eqnarray*} \mathbb{S}^2 \end{eqnarray*}$ .

Die Anzahl nötiger Wiederholungen von Schritt 1) ist geometrisch verteilt mit Parameter $\begin{eqnarray*} p=\frac{\pi}{6} \end{eqnarray*}$ , im Mittel sind das $\begin{eqnarray*} \frac{1}{p}=\frac{6}{\pi}\approx 1.9 \end{eqnarray*}$ , i.d.R. vertretbar.

25.06.2019, 00:48

Dopap

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so ist's perfekt! und

Zitat:

Original von HAL 9000

1) Simuliere $\begin{eqnarray*} x,y,z \end{eqnarray*}$ stetig gleichverteilt in $\begin{eqnarray*} [-1,1] \end{eqnarray*}$ .

ist mit $\begin{eqnarray*} \ll \,\, RAND\,\,\, 2 \,*\, 1\, - \,\, \gg \end{eqnarray*}$ kein Problem Augenzwinkern

mal schaun' ob die Simulation meinen Verdacht verstärkt...

25.06.2019, 08:51

HAL 9000

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Falls es der Verdacht ist, es sei vielleicht doch keine Gleichverteilung auf $\begin{eqnarray*} \mathbb{S}^2 \end{eqnarray*}$ , so wird den die Simulation ja hoffentlich entkräften. Man kann ja leicht erklären, was da passiert:

Von den in 1) in dem Würfel der Kantenlänge 2 zufällig platzierten Punkten $\begin{eqnarray*} (x,y,z) \end{eqnarray*}$ werden nur die akzeptiert, die auch in der einbeschriebenen Einheitskugel liegen. Durch dieses Vorgehen (Stichwort: Verwerfungsmethode) liegen alle $\begin{eqnarray*} (x,y,z) \end{eqnarray*}$ ab 4) stetig gleichverteilt in dieser Einheitskugel. Dass davon ausgehend die Normierung 5) dann eine stetige Gleichverteilung auf $\begin{eqnarray*} \mathbb{S}^2 \end{eqnarray*}$ bewirkt, kann man wohl als offensichtlich bezeichnen.

Lässt man Schritt 3) weg, so ergibt sich eine stetige Verteilung auf $\begin{eqnarray*} \mathbb{S}^2 \end{eqnarray*}$ , die keine Gleichverteilung ist:

Man hat Dichteminima in den 6 Würfelmitten $\begin{eqnarray*} (\pm 1,0,0), (0,\pm 1,0), (0,0,\pm 1) \end{eqnarray*}$ sowie Dichtemaxima in den 8 zu den Würfelecken gehörenden "Durchstechpunkten" $\begin{eqnarray*} \left( \pm \frac{1}{\sqrt{3}},\pm \frac{1}{\sqrt{3}},\pm \frac{1}{\sqrt{3}}\right) \end{eqnarray*}$ . Man kann es kurz so ausdrücken: Die Dichte in jedem Punkt $\begin{eqnarray*} (x,y,z)\in\mathbb{S}^2 \end{eqnarray*}$ ist proportional zu $\begin{eqnarray*} \frac{1}{\max\{|x|,|y|,|z|\}} \end{eqnarray*}$ . smile

Zitat:

Original von Dopap
$\begin{eqnarray*} \ll \,\, RAND\,\,\, 2 \,*\, 1\, - \,\, \gg \end{eqnarray*}$

Schön, dass die "umgekehrten Polen" noch nicht ausgestorben sind. Big Laugh

25.06.2019, 11:24

Dopap

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schön, dass du auf interessante "Probleme" aufmerksam machst die mir gar nicht bewusst waren Augenzwinkern

Wenn die lokalen Dichten in Farb - oder Grauwerte transferiert würden, könnte man bestimmt eine schmucke Bowlingkugel erstellen ...

ja, ich oute mich als RPN Fan, zumindest auf dem TR. Das debugging ist die reine Freude.
Auch IFERR THEN ELSE END oder DOERR ist möglich.
Geht das in C oder sonstigen Sprachen auch?

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mein wahrer Verdacht ist, dass ein Tetraeder aus 4 Zufallspunkten mit p=0.25 den Kugelmittelpunkt enthält. Das wollte ich jetzt testen aber mir fällt gerade kein vernünftigesTestkriterium ein.

Hast du oder sonstwer ein handhabbares Kriterium oder gar eine exakte Lösung ?-

25.06.2019, 11:38

HAL 9000

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Ich hab das jetzt so verstanden, dass es dir um den Test "Mittelpunkt im Tetraeder drin?" geht - d.h. (noch) nicht um die theoretische Bestätigung des Ergebnisses p=0.25 ?

Hmm, mir fällt auf die Schnelle nur was relativ kompliziertes ein. Für jeden der vier Eckpunkte P des Tetraeders führt man folgendes durch

1) Man bestimme die Ebenengleichung durch die anderen drei Eckpunkte des Tetraeders.
2) Man schaut nach, ob P und Kugelmittelpunkt M im selben Halbraum bezüglich der eben bestimmten Ebene liegen.

Sobald 2) für einen Eckpunkt fehlschlägt, liegt M nicht im Tetraeder. Wenn es hingegen bei allen vier gutgeht, müsste M drin liegen - hoffentlich spielt mir die Anschauung jetzt keinen Streich.

Nachtrag (26.6.19):
$\begin{eqnarray*} 10^9 \end{eqnarray*}$ Simulationen (44.6 Sekunden Dauer) des Tetraederproblems ergeben $\begin{eqnarray*} \hat{p}=0.1250032 \end{eqnarray*}$ mit 90%-Konfidenzintervall $\begin{eqnarray*} [0.1249860, 0.1250204] \end{eqnarray*}$ . Ich würde daher schwer auf $\begin{eqnarray*} p=\frac{1}{8} \end{eqnarray*}$ tippen - sollte mit etwas Konzentration auch theoretisch beweisbar sein. Aber es ist halt verdammt warm momentan. Big Laugh

Übrigens, ist mir bei der Simulation auf- und die Begründung dazu auch gleich eingefallen:

Sind $\begin{eqnarray*} Q_1,\ldots,Q_4 \end{eqnarray*}$ vier beliebige vom Ursprung verschiedene Punkte im $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^3 \end{eqnarray*}$ , sowie $\begin{eqnarray*} P_k \end{eqnarray*}$ der Schnittpunkt des Strahles $\begin{eqnarray*} OQ_k \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \mathbb{S}^2 \end{eqnarray*}$ (sozusagen die Mittelpunktprojektion von $\begin{eqnarray*} Q_k \end{eqnarray*}$ ), dann liegt der Ursprung $\begin{eqnarray*} O \end{eqnarray*}$ genau dann in Tetraeder $\begin{eqnarray*} Q_1Q_2Q_3Q_4 \end{eqnarray*}$ , wenn er in Tetraeder $\begin{eqnarray*} P_1P_2P_3P_4 \end{eqnarray*}$ liegt.

Somit hat man Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} p=\frac{1}{8} \end{eqnarray*}$ auch dann, wenn die vier Tetraedereckpunkte nicht auf dem Rand, sondern im Innern der Vollkugel stetig gleichverteilt gewählt werden. Augenzwinkern

Völlig analoge Überlegungen gelten auch im $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^2 \end{eqnarray*}$ für entsprechend zufällige Dreiecke im Kreis bzw. auf dem Kreisrand, dort aber mit $\begin{eqnarray*} p=\frac{1}{4} \end{eqnarray*}$ .

02.07.2019, 09:18

Dopap

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meine Simulation auf dem TR ist steckengeblieben...
Dass du selbst eine solch' große Simulation durchführst ist aller Ehren wert aber unerwartet.
Nun gut, damit ist meine Hypothese natürlich statistisch übersignifikant abgelehnt.
Irgendwie muss sich da der Fall im R^2 gedanklich eingeschlichen haben.

04.07.2019, 15:44

Huggy

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Zitat:

Original von Dopap
mein wahrer Verdacht ist, dass ein Tetraeder aus 4 Zufallspunkten mit p=0.25 den Kugelmittelpunkt enthält.-

Da diese Frage durch Simulation nun geklärt ist

Zitat:

Original von HAL 9000

$\begin{eqnarray*} 10^9 \end{eqnarray*}$ Simulationen (44.6 Sekunden Dauer) des Tetraederproblems ergeben $\begin{eqnarray*} \hat{p}=0.1250032 \end{eqnarray*}$ mit 90%-Konfidenzintervall $\begin{eqnarray*} [0.1249860, 0.1250204] \end{eqnarray*}$ . Ich würde daher schwer auf $\begin{eqnarray*} p=\frac{1}{8} \end{eqnarray*}$ tippen

und da

Zitat:

Original von HAL 9000
sollte mit etwas Konzentration auch theoretisch beweisbar sein. Aber es ist halt verdammt warm momentan. Big Laugh

jetzt die Temperaturen angenehm sind, mache ich mal einen Beweisversuch für den 2D- und den 3D-Fall. Es sei $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ die Zufallsgröße, die angibt, ob sich der Koordinatenursprung in dem Zufallsdreieck bzw. in dem Zufallstetraeder befindet. Zunächst der 2D-Fall:

Man habe 3 Punkte $\begin{eqnarray*} A,B,C \end{eqnarray*}$ gleichverteilt auf dem Kreisumfang ausgewürfelt. Es sei $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ der kleinere Zentrumswinkel der Punkte $\begin{eqnarray*} A,B \end{eqnarray*}$ . $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ ist gleichverteilt im Intervall $\begin{eqnarray*} [0, \pi] \end{eqnarray*}$ mit Erwartungswert

$\begin{eqnarray*} E(\varphi)=\frac \pi 2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} O \end{eqnarray*}$ befindet sich genau dann in dem Dreieck $\begin{eqnarray*} ABC \end{eqnarray*}$ , wenn der Punkt $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ in dem am Zentrum gespiegelten Bogen $\begin{eqnarray*} A'B' \end{eqnarray*}$ liegt.

[attach]49458[/attach]

Die Wahrscheinlichkeit dafür ist

$\begin{eqnarray*} P(C \in A'B') = \frac \varphi {2 \pi} \end{eqnarray*}$

Damit ergibt sich

$\begin{eqnarray*} E(X)=\frac {E(\varphi)}{2 \pi}= \frac 1 4 \end{eqnarray*}$

Zufälligerweise Big Laugh

stimmt das mit der Simulation überein. Die Beweisidee lässt sich auf den 3D-Fall übertragen:

Man habe 4 Punkte $\begin{eqnarray*} A,B,C,D \end{eqnarray*}$ gleichverteilt auf der Kugeloberfläche ausgewürfelt. Es sei wiederum $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ der kleinere Zentrumswinkel zwischen zweien dieser Punkte. Die Verteilungsfunktion dieses Winkel ergibt sich nun aus der Oberfläche einer Kugelkalotte mit dem Öffnungswinkel $\begin{eqnarray*} 2 \varphi \end{eqnarray*}$ zu

$\begin{eqnarray*} F_\varphi(\varphi)=\frac 1 2 (1-\cos \varphi) \end{eqnarray*}$

Das ergibt wieder den Erwartungswert

$\begin{eqnarray*} E(\varphi)= \frac \pi 2 \end{eqnarray*}$

Nun lege man durch je zwei der Punkte $\begin{eqnarray*} A,B,C \end{eqnarray*}$ und den Ursprung $\begin{eqnarray*} O \end{eqnarray*}$ eine Ebene. Diese 3 Ebenen schneiden aus der Kugeloberfläche ein eulersches Kugeldreieck aus. Eulersch bedeutet, dass man als Verbindung zwischen 2 Punkten jeweils den kleineren Abschnitt des Großkreises durch die beiden Punkt nimmt. $\begin{eqnarray*} O \end{eqnarray*}$ liegt genau dann in dem Tetradeder $\begin{eqnarray*} ABCD \end{eqnarray*}$ , wenn der Punkt $\begin{eqnarray*} D \end{eqnarray*}$ sich in dem an $\begin{eqnarray*} O \end{eqnarray*}$ gespiegelten eulerschen Kugeldreieck befindet. Wenn $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ der Raumwinkel des Kugeldreiecks ist, ist die die Wahrscheinlichkeit dafür

$\begin{eqnarray*} P(D \in A'B'C')= \frac \Omega {4 \pi} \end{eqnarray*}$

Nun ist

$\begin{eqnarray*} \Omega =\alpha + \beta + \gamma -\pi \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} \alpha, \beta, \gamma \end{eqnarray*}$ die oben genannten Zentrumswinkel zwischen je 2 der Punkte $\begin{eqnarray*} A, B, C \end{eqnarray*}$ sind. Es ergibt sich

$\begin{eqnarray*} E(X)=\frac {E(\Omega)}{4 \pi}=\frac {\frac \pi 2+\frac \pi 2+\frac \pi 2-\pi}{4 \pi}=\frac 1 8 \end{eqnarray*}$

Wiederum stimmt das mit dem Simulationsergebnis überein.

05.07.2019, 09:24

HAL 9000

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Schöne Idee, das mit dem Kugeldreieck. Und die zweifelsohne vorhandene Abhängigkeit zwischen $\begin{eqnarray*} \alpha,\beta,\gamma \end{eqnarray*}$ stört beim Erwartungswert der Summe ja glücklicherweise nicht. Freude

05.07.2019, 10:41

Dopap

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sehr gepflegt!
eine Simulation kann ich mir jetzt mit gutem Gewissen sparen.

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