Punkt in Kugel, durchschnittlicher Abstand

15.12.2011, 22:28	Limo	Auf diesen Beitrag antworten »
Punkt in Kugel, durchschnittlicher Abstand Hey, ich soll den durchschnittlichen Abstand eines Punktes innerhalb der Kugel zu den Punkten der Kugeloberfläche bestimmen. Mein Ansatz: 3*Volumen/Oberfläche (das ist das was ja am ende bei der integration rauskommt) Ergebnis: einfach der radius der kugel? Ist das okay? Kommt mir etwas zu einfach vor. Aber es wird schlimmer: Durchschnittlichen Abstand eines Punktes, welcher außerhalb der Kugel is zu allen Punkten der Kugeloberfläche. Das sieht ganz schön hässlich aus bei mir. Aber der Grenzfall stimmt überein. Wie würdet ihr rangehen? Danke schön
16.12.2011, 08:50	Limo	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Punkt in Kugel, durschnittlicher Abstand Mhh, ich denk das Thema gehört nicht in Geometrie. :/ kann es jemand mal in Hochschulmathematik verschieben.
16.12.2011, 16:57	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Da nichts anderes bekannt ist, kannst du von der Gleichverteilung auf der Einheitskugel $\begin{eqnarray} \Omega = \left\{ \, (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \, \left\| \, x^2 + y^2 + z^2 \leq 1 \, \right. \right\} \end{eqnarray}$ ausgehen (den allgemeinen Fall einer Kugel vom Radius $\begin{eqnarray} R>0 \end{eqnarray}$ bekommst du durch Streckung mit dem Faktor $\begin{eqnarray} R \end{eqnarray}$ ). Die Wahrscheinlichkeit einer meßbaren Teilmenge $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ von $\begin{eqnarray} \Omega \end{eqnarray}$ ist daher das Verhältnis der Volumina $\begin{eqnarray} \mu(A) \end{eqnarray}$ von $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \mu(\Omega) \end{eqnarray}$ der Kugel: $\begin{eqnarray} P(A) = \frac{\mu(A)}{\mu(\Omega)} = \frac{\mu(A)}{\frac{4}{3} \pi} \end{eqnarray}$ Du suchst nun den Erwartungswert $\begin{eqnarray} \mathcal{E} X \end{eqnarray}$ der Zufallsgröße $\begin{eqnarray} X = \text{Abstand eines Punktes von der Peripherie} \end{eqnarray}$ Eine Spur einfacher ist es, den Erwartungswert von $\begin{eqnarray} Y = \text{Abstand eines Punktes vom Kugelmittelpunkt} \end{eqnarray}$ zu bestimmen. Es gilt $\begin{eqnarray} X+Y=1 \end{eqnarray}$ . Nach bekannten Regeln für den Erwartungswert folgt: $\begin{eqnarray} \mathcal{E} X + \mathcal{E} Y = 1 \end{eqnarray}$ Stelle zunächst die Verteilungsfunktion von $\begin{eqnarray} Y \end{eqnarray}$ auf: $\begin{eqnarray} F(t) = P(Y \leq t) \, , \ \ t \in [0,1] \end{eqnarray}$ Berechne dann ihre Dichte: $\begin{eqnarray} f(t) = F'(t) \end{eqnarray}$ Und damit schließlich den Erwartungswert: $\begin{eqnarray} \mathcal{E} Y = \int_0^1 t f(t) ~ \dd t \end{eqnarray}$ Beachte, daß $\begin{eqnarray} Y \leq t \end{eqnarray}$ symbolisch für eine Teilmenge $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ der Kugel steht, nämlich für alle Kugelpunkte, deren Abstand vom Kugelmittelpunkt höchstens $\begin{eqnarray} t \end{eqnarray}$ ist. Wie man die Wahrscheinlichkeit ausrechnet, steht am Anfang meines Beitrags. Es ergibt sich ein recht einfaches $\begin{eqnarray} F(t) \end{eqnarray}$ .
17.12.2011, 20:55	Limo	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich kann leider wenig mit deiner Erklärung anfangen. Ich verstehe viele dieser Begriffe nicht. Anscheinend muss die Aufgabe aber jedoch auch mit multiplen Integralen alleine lösbar sein. Meine Lösung sieht vollgenedermaßen aus sei a der radius der Kugel und b der abstand des punktes von dem zentrum der kugel. durschnittlicher abstand=(a^4/4+1/8b^4+b^3/12+b^5/26)3/4*1/a^3 das wird wohl falsch sein oder?

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