Zufallszahlen auf Kreisring

28.08.2012, 21:03

Dopap

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Zufallszahlen auf Kreisring

Ich suche Zufallszahlentripel $\begin{eqnarray*} \vec U \end{eqnarray*}$ auf einem Kreisring im $\begin{eqnarray*} R^3 \end{eqnarray*}$ mit Abstand 1 zum Ursprung.

Der Ring liegt in der Ebene mit $\begin{eqnarray*} \vec x \cdot (2,3,8)^T=0 \end{eqnarray*}$

Die Zufallstripel $\begin{eqnarray*} \vec U \end{eqnarray*}$ sollen gleichverteilt auf dem Ring liegen.

Meine Ideen:

Im 2-dimensionalen Fall in der x-y Ebene würde ich

$\begin{eqnarray*} \vec U=\binom {\cos(\varphi)}{\sin (\varphi )} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ gleichverteilt aus $\begin{eqnarray*} [0, 2\pi) \end{eqnarray*}$ wählen.

Nach dem "Kippen" des Rings in den $\begin{eqnarray*} R^3 \end{eqnarray*}$ tu' ich mich aber mit der Gleichverteilung schwer.

Irgendeine Idee?

28.08.2012, 21:38

Che Netzer

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RE: Zufallszahlen auf Kreisring
Hallo,

du könntest wieder mit
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}\cos(\varphi)\\\sin(\varphi)\\0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
starten und dann diesen Vektor mit Rotationsmatrizen so drehen, wie du es brauchst.

mfg,
Ché Netzer

28.08.2012, 21:51

Dopap

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hört sich logisch an.

Also 2 Drehungen um die x, respektive y-Achse.

Nur die Drehwinkel machen mir noch Sorgen.

28.08.2012, 21:58

Che Netzer

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Der Ring soll ja sozusagen um $\begin{eqnarray*} (2,3,8)^{\mathrm T} \end{eqnarray*}$ gelegt werden. Da würde ich den Winkel dieses Vektors zu $\begin{eqnarray*} (1,1,0)^{\mathrm T} \end{eqnarray*}$ bestimmen und nachsehen, ob es eine direkte Formel für die Rotation um die entsprechende Gerade gibt.

28.08.2012, 22:26

Dopap

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versteh ich nicht.

Sei $\begin{eqnarray*} \vec n =(2,3,8)^T \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} |\vec n |= \sqrt {77} \end{eqnarray*}$

Bei einer Rotation um einen Winkel würde ich den Vektor $\begin{eqnarray*} \vec n^*= (0,0,\sqrt {77})^T \end{eqnarray*}$

um die Gerade $\begin{eqnarray*} \lambda \cdot (-3,2,0)^T \end{eqnarray*}$ "kippen" bis der Vektor mit $\begin{eqnarray*} \vec n \end{eqnarray*}$ übereinstimmt.

Wie kommst du auf die Gerade $\begin{eqnarray*} \lambda \cdot (1,1,0)^T \end{eqnarray*}$ ?

28.08.2012, 22:46

Che Netzer

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Hm, stimmt, das sollte $\begin{eqnarray*} (2,3,0)^{\mathrm T} \end{eqnarray*}$ heißen, also der Winkel, den der Vektor mit der Ebene einschließt, in der der Kreis (anfänglich) liegt.

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29.08.2012, 00:56

Dopap

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und der Kreis liegt anfänglich in der x-y-Ebene, deshalb ist dieser Winkel ist für mich Null. verwirrt

verwirrt

Warum gehst du nicht auf meine Ideen ein?

Was ist falsch an meiner Rotation um $\begin{eqnarray*} \lambda \cdot (-3,2,0)^T \end{eqnarray*}$ ?

Der Drehwinkel müsste dann $\begin{eqnarray*} \varphi = \arctan \left(\frac {\sqrt {2^2+3^2}} {8}\right) \end{eqnarray*}$ bezüglich der z-Achse sein.

29.08.2012, 01:27

Che Netzer

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Zitat:

Original von Dopap
Was ist falsch an meiner Rotation um $\begin{eqnarray*} \lambda \cdot (-3,2,0)^T \end{eqnarray*}$ ?

Das meinte ich ja mit "die entsprechende Gerade".

Der Winkel dürfte stimmen. Jetzt brauchst du nur die richtige Formel; für allgemeine Drehachsen kenne ich die nicht.

Ich hatte halt nur die Idee, ihn "ganz vektoriell" zu bestimmen. Dazu wollte ich den Winkel zwischen dem Normalenvektor der Ebene und der Ebene des Kreises bestimmen und dazu dann $\begin{eqnarray*} 90^\circ \end{eqnarray*}$ addieren.

29.08.2012, 20:35

Dopap

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Zitat:

Original von Che Netzer
Ich hatte halt nur die Idee, ihn "ganz vektoriell" zu bestimmen. Dazu wollte ich den Winkel zwischen dem Normalenvektor der Ebene und der Ebene des Kreises bestimmen und dazu dann $\begin{eqnarray*} 90^\circ \end{eqnarray*}$ addieren.

1.) aha! sowas wie der arcos() , der aus dem Skalarprodukt entsteht, +90°. Da kommen aber dann auch Wurzeln vor. Es gibt eben keinen schönen Drehwinkel, was aber angesichts der folgenden numerischen Berechnungen kein Beinbruch ist.

2.) für die Drehungen um die Achsen gibt es tatsächlich Drehmatrizen, nur benötige ich dann die Eulerwinkel - eben die,die mir nicht klar waren. Vielleicht ein anderes mal.

3.) jetzt zur Drehung um die Ursprungsgerade $\begin{eqnarray*} \lambda\cdot (\frac {-3} {\sqrt {11}}, \frac {2} {\sqrt {11}} , 0)^T \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} |(\frac {-3} {\sqrt {11}}, \frac {2} {\sqrt {11}} , 0)^T|=1 \end{eqnarray*}$ und dem Drehwinkelwinkel $\begin{eqnarray*} \varphi = arctan \left(\frac {11} {8}\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} R(\varphi) = \begin{pmatrix} <br /> \frac 3 {11} \left(1-\cos\varphi \right) + \cos \varphi & -\frac 6 {11} \ \left(1-\cos\varphi \right) & \frac 2 {\sqrt {11}} \sin\varphi \\<br /> -\frac 6 {11} \left(1-\cos\varphi \right) & \frac 4 {\sqrt {11}}\left(1-\cos\varphi \right) + \cos\varphi & -\frac 3 {\sqrt{11}} \sin\varphi \\<br /> 0 & 0 & 0<br /> \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Wenn ich den Zufallsvektor auf dem Einheitskreis in der x-y-Ebene $\begin{eqnarray*} \vec X \end{eqnarray*}$ nenne, dann müsste

$\begin{eqnarray*} \vec U= R\cdot \vec X \end{eqnarray*}$ , und das Gesuchte sein.

Bist du soweit mit deinem Schüler zufrieden ? Augenzwinkern

Augenzwinkern

29.08.2012, 20:44

Che Netzer

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Wie gesagt; die Formeln für allgemeine Drehmatrizen kenne ich nicht, aber soll da wirklich eine Nullzeile sein? Dann wäre die $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ -Koordinate nach der Drehung ja immer Null.

Mir ist auch nicht ganz klar, wie du auf die $\begin{eqnarray*} 11 \end{eqnarray*}$ kommst. Es ist doch $\begin{eqnarray*} 3^2+2^2=13 \end{eqnarray*}$ . Und müsste im Arcustangens nicht noch die Wurzel stehen?

Aber ansonsten bzw. wenn ich nicht gerade einen Denkfehler habe (d.h. wenn Winkel und Form(el) der Rotationsmatrix stimen), sollte das so richtig sein.

29.08.2012, 21:30

Dopap

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9+4=13 richtig, demnach:

[...]
$\begin{eqnarray*} \lambda\cdot (\frac {-3} {\sqrt {13}}, \frac {2} {\sqrt {13}} , 0)^T \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} |(\frac {-3} {\sqrt {13}}, \frac {2} {\sqrt {13}} , 0)^T|=1 \end{eqnarray*}$ und dem Drehwinkelwinkel $\begin{eqnarray*} \varphi = arctan \left(\frac {\sqrt {13}} {8}\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} R(\varphi) = \begin{pmatrix} <br /> \frac 3 {13} \left(1-\cos\varphi \right) + \cos \varphi & -\frac 6 {13} \ \left(1-\cos\varphi \right) & \frac 2 {\sqrt {13}} \sin\varphi \\<br /> -\frac 6 {13} \left(1-\cos\varphi \right) & \frac 4 {\sqrt {13}}\left(1-\cos\varphi \right) + \cos\varphi & -\frac 3 {\sqrt{13}} \sin\varphi \\<br /> 0 & 0 & 0<br /> \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ [...]

ja, eine Zeile Nullen sieht schlecht aus, da hab ich mich im Latex wohl verirrt.

Zitat:

im Original so: bei Drehung um den Einheitsvektor $\begin{eqnarray*} (n_1,n_2,n_3)^T \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} <br /> <br /> R_{\hat n}(\alpha) = \begin{pmatrix} <br /> n_1^2 \left(1-\cos\alpha\right) + \cos\alpha & n_1 n_2 \left(1-\cos\alpha\right) - n_3 \sin\alpha & n_1 n_3 \left(1-\cos\alpha\right) + n_2 \sin\alpha \\<br /> n_2 n_1 \left(1-\cos\alpha\right) + n_3 \sin\alpha & n_2^2\left(1-\cos\alpha\right) + \cos\alpha & n_2 n_3 \left(1-\cos\alpha\right) - n_1 \sin\alpha \\<br /> n_3 n_1 \left(1-\cos\alpha\right) - n_2 \sin\alpha & n_3 n_2 \left(1-\cos\alpha\right) + n_1 \sin\alpha & n_3^2\left(1-\cos\alpha\right) + \cos\alpha<br /> \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} n_3=0 \end{eqnarray*}$ aus unserem Beispiel folgt:

$\begin{eqnarray*} <br /> R = \begin{pmatrix} <br /> n_1^2 \left(1-\cos\varphi\right) + \cos\varphi & n_1 n_2 \left(1-\cos\varphi\right) & n_2 \sin\varphi \\ n_2 n_1 \left(1-\cos\varphi\right) & n_2^2\left(1-\cos\varphi\right) + \cos\varphi & - n_1 \sin\varphi \\ - n_2 \sin\varphi & n_1 \sin\varphi & \cos\varphi<br /> \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} n_1=-\frac 3 {\sqrt {13}} , n_2=\frac 2 {\sqrt {13}} \end{eqnarray*}$

Und das sieht doch schon besser aus.

29.08.2012, 22:03

Che Netzer

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Ja, mit dem Winkel bin ich einverstanden, die Formel für die Matrix nehme ich mal hin.

Aber kann es sein, dass die Drehrichtung noch falsch ist? verwirrt

verwirrt

D.h. ich würde das Vorzeichen des Einheitsvektors umkehren.

29.08.2012, 22:10

Dopap

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ich denke, nach Korkenzieherregel der rechten Hand, stimmt der Vektor.

29.08.2012, 22:20

Che Netzer

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Habe das mal überprüft, da ist ja tatsächlich die rechte Hand anzuwenden geschockt

geschockt

Ich hätte gedacht, dass die Rotation "vom Blickwinkel des Vektors aus" gegen den Uhrzeigersinn ginge, tut mir leid.

Naja, dann dürfte wohl alles stimmen. Zumindest fiele mir nichts mehr ein, was noch falsch sein könnte.

30.08.2012, 19:17

Dopap

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wenn $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ gleichverteilt aus dem Einheitsintervall stammtt, dann ist mein Zufallsvekor

$\begin{eqnarray*} \vec U(\beta) =\begin{pmatrix} -0.0087 & -0.0408 & 0.2279 \\ -0.048 & 0.9389 & 0.3419 \\ -0.2279 &0.3419 &0.9117 \end{pmatrix}\cdot \begin {pmatrix} \\ \cos (2\pi \beta) \\ \sin(2\pi \beta \\ 0 \end {pmatrix} \end{eqnarray*}$

so lässt sich das leicht in ein Programm einbauen und einer Simulation
mit gleichverteilten Zufalls-Tripeln - auf einem räumlichen Kreisring - steht nichts mehr im Wege. smile

smile

30.08.2012, 19:52

Che Netzer

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Dann hoffe ich mal, dass es damit funktioniert. Viel Erfolg bei der Simulation Freude

Freude

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