Verteilungsfunktion des euklidischen Abstands

22.11.2009, 17:44	kiste	Auf diesen Beitrag antworten »
Verteilungsfunktion des euklidischen Abstands Hallo, Aufgabe: Sei B ein fester Punkt auf dem Einheitskreis, A rein zufällig gewählt auf dem Einheitskreis mit Gleichverteilung, d.h. die reelle Zufallsvariable X, die den Arcuswert von A angibt ist auf $\begin{eqnarray} [0,2\pi ) \end{eqnarray}$ gleichverteilt. $\begin{eqnarray} P_X \end{eqnarray}$ unterscheidet sich vom Lebesgue-Borel-Maß um den Faktor $\begin{eqnarray} \frac{1}{2\pi} \end{eqnarray}$ auf der $\begin{eqnarray} \sigma \end{eqnarray}$ -Algebra der Borelschen Mengen in $\begin{eqnarray} [0,2\pi ) \end{eqnarray}$ . Zu ermitteln ist unter Verwendung eines geeigneten W-Raumes die Verteilungsfunktion der Zufallsvariablen $\begin{eqnarray} X_B \end{eqnarray}$ die den euklidischen Abstand von A und B angibt. Meine Überlegungen: Sei $\begin{eqnarray} B = \exp(\mathrm i \phi) \end{eqnarray}$ Ich wähle $\begin{eqnarray} X_B : ([0,2\pi ), \mathcal B\|_{[0,2\pi )}, P) \to (\mathbb R, \mathcal B) \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} P := \lambda\|_{[0,2\pi )} \cdot \frac{1}{2\pi} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} X_B(\psi) = d_\phi(\psi) \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} d_\phi(\psi) := \sqrt{(\cos(\phi)-\cos(\psi))^2+(\sin\phi -\sin\psi)^2} = \sqrt{2-2\cos(\phi - \psi)} \end{eqnarray}$ (mit Additionstheoremen und trig. Pythagoras). Bestimmen will ich jetzt die Verteilungsfunktion $\begin{eqnarray} F_B(x) = P_{X_B}((-\infty, x]) = P(X_B^{-1}((-\infty, x])) = P[X_B\leq x] \end{eqnarray}$ . Zu bestimmen sind also alle $\begin{eqnarray} \psi \in [0,2\pi ) \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} d_\phi(\psi) \leq x \end{eqnarray}$ . Wenn ich diese Menge hab kann ich ja davon das Lebesgue-Maß bilden und bekomme den Wert der Verteilungsfunktion. Falls das soweit richtig ist, jetzt die schon fast peinliche Frage: Wie löse ich diese Ungleichung? Die Spezialfälle x<=0 und x>=2 sind klar, die Werte dazwischen leider nicht edit: Okay ich hab mal ein wenig weiter gerechnet. Ohne Einschränkungen nehme ich an dass $\begin{eqnarray} \phi = 0 \end{eqnarray}$ gilt. Dann muss ich $\begin{eqnarray} \sqrt{2-2\cos \psi} \leq x \end{eqnarray}$ also $\begin{eqnarray} \frac{2-x^2}{2} \leq \cos \psi \end{eqnarray}$ lösen. Damit komme ich auf $\begin{eqnarray} A = [-\arccos(\frac{2-x^2}{2}),\arccos(\frac{2-x^2}{2})] \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} P(A) = \frac{2\arccos(\frac{2-x^2}{2})}{2\pi} \end{eqnarray}$ . Das Ergebnis hört sich für mich plausibel an, denn es kommt mit x=0 gerade 0 und mit x=2 gerade 1 heraus. Also komme ich auf: $\begin{eqnarray} F_B(x) = \begin{cases} 0 & x\leq 0\\ \frac{\arccos(\frac{2-x^2}{2})}{\pi} & x\in (0,2)\\ 1 & x\geq 2\end{cases} \end{eqnarray}$ Grüße, kiste
22.11.2009, 18:08	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Zunächst mal hättest du dir einiges an Schreibarbeit sparen können, wenn du gleich o.B.d.A. $\begin{eqnarray} A=1 \end{eqnarray}$ , also $\begin{eqnarray} \psi=0 \end{eqnarray}$ betrachtest - schließlich kannst du das Koordinatensystem entsprechend drehen, die Abstände bleiben ja davon unbetroffen. Ansonsten denk mal noch an $\begin{eqnarray} \sqrt{2-2\cos(\varphi)} = 2\cdot \left\| \sin\left( \frac{\varphi}{2} \right) \right\| \end{eqnarray}$ . Und dann $\begin{eqnarray} P\left( 2\cdot \left\| \sin\left( \frac{\varphi}{2} \right) \right\| \leq x\right) = P\left( \left\| \varphi \right\| \leq 2\arcsin\left( \frac{x}{2} \right) \right) \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} 0\leq x\leq 2 \end{eqnarray}$ , allerdings bezieht sich das auf eine Gleichverteilung von $\begin{eqnarray} \varphi \end{eqnarray}$ auf $\begin{eqnarray} (-\pi,\pi] \end{eqnarray}$ statt auf $\begin{eqnarray} [0,2\pi) \end{eqnarray}$ , ist einfach praktischer. EDIT: Sorry, ich hab jetzt in der Eile die Bedeutumg von $\begin{eqnarray} A,B \end{eqnarray}$ bzw. $\begin{eqnarray} \varphi,\psi \end{eqnarray}$ gerade umgedreht. Na egal, du weißt schon, was ich meine.
22.11.2009, 18:15	kiste	Auf diesen Beitrag antworten »
Hab grad noch was gerechnet und reineditiert. Was sagst du dazu?
22.11.2009, 18:21	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, dürfte ebenfalls stimmen. Mit meinem Alternativzugang kommt man zur äquivalenten Darstellung $\begin{eqnarray} F_B(x) = \begin{cases} 0 & x\leq 0\\[1ex] \displaystyle\frac{2}{\pi}\arcsin\left(\frac{x}{2} \right) & x\in (0,2)\\[1ex] 1 & x\geq 2\end{cases} \end{eqnarray}$ .
22.11.2009, 18:25	kiste	Auf diesen Beitrag antworten »
Okay danke. Bin mir in Wahrscheinlichkeitstheorie selbst bei solch relativ einfachen Aufgaben immer recht unsicher. Naja wird hoffentlich mit der Zeit noch

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