2D-pdf, Stufenweise definiert.

28.07.2013, 11:15

tine3333

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2D-pdf, Stufenweise definiert.

Hallo ihr lieben Mathespezis.
Ich hab ein Problem mit einer zweidimensional verteilten Wahrscheintlichkeitsdichtefunktion, die "stufenweise" definiert ist, ungefähr wie im Bild zu sehen.. f*(x,y) sei nun einfach mal ein Ausdruck wie 2*x-y oder so.

Für mein Problem habe ich nun eine ganz gute Metapher:
Angenommen jemand spielt Dart.
Dessen Treffer sind bzgl dieser Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion (pdf) verteilt und ich möchte nun heraus finden, wie groß der Anteil der Treffer in jedem Kreisring ist.

Soweit so gut, denn ich müsste ja die pdf nehmen, die in Polarkoordinaten überführen und Integrieren von Radius 1 zu Radius 2.
Also quasi $\begin{eqnarray*} \int_0^{2\pi} \int_r_1^r_2 (f(x,y) \cdot r dr dphi) \end{eqnarray*}$ \int_0^{2\pi} \int_r_1^r_2 (f(x,y) \cdot r dr dphi) wobei x=r*cos(phi) und y=r*sin(phi).

Nun ist f(x,y) aber das hässliche Ungetüm von oben, dessen Grenzen ja auch noch voneinander abhängig sind..
Eigentlich müsste man ja dann für jeden Abschnitt einzeln integrieren und das dann zusammenfassen..
Aber weil ich quasi über einen Kreis integrieren möchte, ist das weniger einfach und nicht mit einem geschlossenen Ausdruck machbar.
Matlab ziert sich bisher auch, mir weiter zu helfen ... kompliziert. Hat jemand eine Idee? Ich wäre euch wahnsinnig dankbar!

28.07.2013, 11:40

HAL 9000

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Als erstes solltest du dir mal aufmalen, wie die Unterteilung von $\begin{eqnarray*} [0,1]^2 \end{eqnarray*}$ bei dieser fallweisen Dichtedefinition aussieht:

[attach]31073[/attach]

Der nächste Punkt: Du sprichst von Polarkoordinaten $\begin{eqnarray*} x=r\cos(\phi),y=r\sin(\phi) \end{eqnarray*}$ als wären sie bzgl. des Ursprungs $\begin{eqnarray*} (0,0) \end{eqnarray*}$ zu betrachten. Geht es nicht eher um das Zentrum $\begin{eqnarray*} \left( \frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right) \end{eqnarray*}$ , d.h. dann eher um die Koordinaten

$\begin{eqnarray*} x &=& \frac{1}{2} + r\cos(\phi)\\ y &=& \frac{1}{2} + r\sin(\phi) \end{eqnarray*}$ ? verwirrt

verwirrt

28.07.2013, 11:49

tine3333

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hmm vielen Dank, das hilft schon mal weiter....
stimmt, dann müsste es so sein, wie Du geschrieben hast.. jeweils mit einem Offset von 0,5 ...

Jetzt könnte ich ja eigentlich die Einzelfunktionen nehmen und integrieren.. dabei müsste ich ja dann aber auch die Grenzen entsprechend anpassen, damit nur der für die jeweilige Einzelfunktion bestimmte Bereich betrachtet wird..
Also jeweils von 0 bis pi/4 (bei 7) , bei 8 von pi/4 bis pi/2 usw.. und dann die Radien?
Und x und y ersetze ich mit den von Dir angebenen Formeln? hmmm ja das könnte gehen, hab ich was vergessen?

28.07.2013, 12:12

HAL 9000

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Der Knackpunkt ist, die wunderbare Symmetrie des Problems zu erfassen:

Uber Substitution $\begin{eqnarray*} x=\frac{1}{2}+u,y=\frac{1}{2}+v \end{eqnarray*}$ (d.h. Verschiebung in das Zentrum) kann man deine Dichte nämlich drastisch vereinfacht schreiben als

$\begin{eqnarray*} f_{XY}\left( \frac{1}{2}+u,\frac{1}{2}+v \right) = \begin{cases} f_{XY}^*\left( \frac{1}{2}-\min(|u|,|v|),\frac{1}{2}-\max(|u|,|v|) \right) &\quad |u|\leq \frac{1}{2},|v|\leq \frac{1}{2} \\[2ex] 0 &\quad \mbox{sonst} \end{cases} (*) \end{eqnarray*}$ . smile

smile

Mit der Konsequenz: Wenn du über irgendwelche Kreisringe mit Zentrum $\begin{eqnarray*} \left( \frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right) \end{eqnarray*}$ integrieren willst (d.h. $\begin{eqnarray*} -\pi < \phi\leq \pi \end{eqnarray*}$ ), dann reicht es, über ein Achtel (wie etwa $\begin{eqnarray*} 0\leq \phi \leq \frac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$ ) zu integrieren und das Achtfache dieses Ergebnisses zu nehmen.

(*) ist natürlich sorgfältig nachzuprüfen, aber es stimmt, das ganze ist hier so konstruiert.

Zitat:

Original von tine3333
f*(x,y) sei nun einfach mal ein Ausdruck wie 2*x-y oder so.

"Oder so" ist wohl zutreffend: Natürlich muss das ganze ja noch geeignet normiert werden: Da $\begin{eqnarray*} f_{XY} \end{eqnarray*}$ eine W-Dichte sein soll, muss

$\begin{eqnarray*} \iint\limits_{\mathbb{R^2}} f_{XY}(x,y) ~ \dd y ~ \dd x = 1 \end{eqnarray*}$

gelten, womit nach der oben diskutieren Symmetrie zwingend

$\begin{eqnarray*} \int\limits_{0}^{\frac{1}{2}} \int\limits_{0}^{x} f_{XY}^*(x,y) ~ \dd y ~ \dd x = \frac{1}{8} \end{eqnarray*}$

gefordert werden muss. Nun ist aber

$\begin{eqnarray*} \int\limits_{0}^{\frac{1}{2}} \int\limits_{0}^{x} (2x-y) ~ \dd y ~ \dd x = \frac{1}{16} \end{eqnarray*}$ ,

d.h. die Dichte ist noch mit einem Vorfaktor 2 anzupassen, also $\begin{eqnarray*} f_{XY}^*(x,y) = 2(2x-y) = 4x-2y \end{eqnarray*}$ .

28.07.2013, 13:46

tine3333

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Vielen, vielen Dank für Deine Ausführungen..
Die richtige Verteilungsdichtefunktion ist ein sehr viel komplizierterer Ausdruck, denn ich der Einfachheit halber weglassen wollte Augenzwinkern

Augenzwinkern

.. Diese ist dann natürlich so konstruiert, dass bei der Integration über der Gesamtfläche eins herauskommen würde.
Wenn ich das nun aber so Substitutiere, wie angegeben, sind dabei doch noch gar keine verschiedenen Radien berücksichtigt, oder?
Gemeint waren hier wirklich Kreisringe.. ich seh noch nicht ganz deren Einfluß in Deinen Ausführungen.. hmmm.. na ich versuch mal mein Glück mit den bisherigen Erkenntnissen. Wink

Wink

28.07.2013, 14:04

HAL 9000

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Ja, mach es ruhig mal so, wie du es hier

Zitat:

Original von tine3333
Also jeweils von 0 bis pi/4 (bei 7) , bei 8 von pi/4 bis pi/2 usw.. und dann die Radien?
Und x und y ersetze ich mit den von Dir angebenen Formeln?

beschrieben hast. Wenn du dann einen solchen Kreisring in 8 Abschnitte unterteilt hast, dann wirst du bei den Einzelintegralwerten ja die Gleichheit auch auf diesem Weg feststellen können.

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28.07.2013, 14:15

tine3333

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Das mit der Symmetrie habe ich schon eingesehen Augenzwinkern

Augenzwinkern

Es würde reichen, nur ein "Kuchenstück" herzunehmen und das Ergebnis dann jeweils mal 8 zu nehmen..
Na ich tüftel mal noch einen Moment,.. mal gucken ob es klappt.

Die originale Dichtefunktion ist übrigens die im angehängten Bild, inkl. einer Abbildung.

28.07.2013, 14:43

tine3333

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Vielen lieben Dank. Mit den tollen Gedankenanstößen kann ich nun einzelne Kreisringflächen-Anteile bzgl. der Dichteverteilung berechnen. Freude

Freude

Ich habe das so gelöst, hier kurz der Matlabcode:
fun(x,y) sei hier f*(x,y) aus dem letzten Post.
polarfun = @(theta,r) fun((0.5+r.*cos(theta)),(0.5+r.*sin(theta))).*r;
Q = dblquad(polarfun,(5*pi/4),(3*pi/2),0.4,0.5) (Für Bereich 1, grauer Kreisringteil im Bild...)

Solange mein maximaler Radius kleiner als 0.5 ist, funktioniert das natürlich wunderbar.
Nun interessiere ich mich aber auch noch für den roten Bereich (exemplarisch..). ich steh hier auch gerade ein wenig auf der Leitung, wie ich mein Integral anlegen müsste, damit es nur auf dem definierten Bereich arbeitet und nicht außerhalb des [0,1]^2 ...
Weiss vielleicht noch jemand Hilfe? Das wäre fantastisch smile

smile

28.07.2013, 15:01

HAL 9000

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Einfache Trigonometrie:

Wo du für $\begin{eqnarray*} 0<r\leq \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ noch über $\begin{eqnarray*} 0\leq \phi \leq \frac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$ integrierst, ist es für $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} < r \leq \frac{\sqrt{2}}{2} \end{eqnarray*}$ nur noch der Bereich $\begin{eqnarray*} \phi_0\leq \phi \leq \frac{\pi}{4} \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} \cos(\phi_0) = \frac{\frac{1}{2}}{r} \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} \phi_0 = \arccos\left( \frac{1}{2r}\right) \end{eqnarray*}$ gilt.

28.07.2013, 15:37

tine3333

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Wow also hmm.. damit komme ich nun nicht ganz zurecht..
Habe es gerade durch herumprobieren versucht zu verstehen, aber vor allem sehe ich die Trigonometrie dahinter nicht :/
Hast Du da evtl noch ein Stichwort für mich, was genau ich nachlesen kann, um das zu verstehen?

Ist das r im phi_0 jetzt eine variable oder der skalare Wert, den ich als Integrationsgrenze wähle (Integralkonstrukt wie oben)?
Noch mal am konkreten Bespiel von Feld 1...
Wenn ich jetzt mein besagtes rotes Feldchen haben möchte, welches sind dann die korrekten Grenzen?

$\begin{eqnarray*} r_{min}=r_2=0.5 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} r_{max}=r_3 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Phi_{min}=\frac{5}{4} \pi + \Phi_0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Phi_{max}=\frac{3}{2} \pi \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} \Phi_0=arccos(\frac{1}{2r}) \end{eqnarray*}$

28.07.2013, 15:58

HAL 9000

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Zitat:

Original von tine3333
Habe es gerade durch herumprobieren versucht zu verstehen, aber vor allem sehe ich die Trigonometrie dahinter nicht :/
Hast Du da evtl noch ein Stichwort für mich, was genau ich nachlesen kann, um das zu verstehen?

Null Blick für Geometrie? unglücklich

unglücklich

Es geht darum, wo der Kreis mit Mittelpunkt (1/2,1/2) und Radius r das Einheitsquadrat schneidet. Mach dir mal eine ordentliche Skizze dazu bzw. mach es dir an deiner Skizze klar: Verbinde den Schnittpunkt mit dem Kreis- und Quadratmittelpunkt (1/2,1/2), dann solltest du eigentlich das rechtwinklige Dreieck mit Ankathete 1/2 und Hypotenuse r sehen. Was soll ich da jetzt weiter zu sagen? Eine erneute Skizze mache ich für so banale Sachen jedenfalls nicht - gibt dir nochmal Mühe mit Nachdenken!

28.07.2013, 16:06

tine3333

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Ja ok, aber fehlt denn dann nicht noch der "Zipfel" der roten Fläche vor bzw. hinter diesem Schnittpunkt?

28.07.2013, 16:08

HAL 9000

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Na ja doch - und? Für wachsendes r im Bereich $\begin{eqnarray*} \left( \frac{1}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2} \right] \end{eqnarray*}$ wird der Bogenwinkel des Bogens, den der Kreis mit Radius r aus mit der roten Fläche gemein hat, immer kleiner! böse

böse

Also gut, bei deiner mir nach so vielen Erläuterungen einfach nur unverständlichen massiven Denkblockade: Wenn $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}\leq r_1 < r_2\leq \frac{\sqrt{2}}{2} \end{eqnarray*}$ ist, dann geht es eben um das Integral

$\begin{eqnarray*} \int\limits_{r_1}^{r_2} \int\limits_{\arccos\left( \frac{1}{2r} \right)}^{\frac{\pi}{4}} \ldots ~ \dd\phi ~ \dd r \end{eqnarray*}$ ,

d.h. die untere Grenze des inneren $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ -Integrals hängt selbstverständlich hier von der äußeren Integrationsvariablen $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ ab!!!

28.07.2013, 17:31

tine3333

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Hmm kann an den 37°C hier liegen..
Also ja, danke,das dachte ich mir nun schon und geometrisch ergibt es nun auch Sinn,nachdem ich es mir noch 100 mal aufgemalt hab. keine Ahnung, was da los ist.
Die Integration geht aber noch irgendwie schief, weil ja f*(x,y) gar nicht mehr definiert ist dann auf dem Integrationsbereich...hm. oder ich nutze irgendwas in matlab verkehrt.. na gut.. danke schon mal!

28.07.2013, 18:04

HAL 9000

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Zitat:

Original von tine3333
weil ja f*(x,y) gar nicht mehr definiert ist dann auf dem Integrationsbereich...

Erstaunt1

Das sind dann wohl auch die 37° ...

28.07.2013, 18:40

tine3333

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ja hm. müsste eigentlich gehen, geht aber nich...

28.07.2013, 18:57

HAL 9000

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Und was soll da angeblich nicht gehen? Was setzt du denn ein, d.h. insbesondere welchen der 8 Sektoren verwendest du? unglücklich

unglücklich

28.07.2013, 19:08

tine3333

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sorry, das war nicht sehr präzise Big Laugh

Big Laugh

Ich denke, es war ein MATLAB problem, dblquad zur Integration hält wohl nicht viel von variablen Grenzen.

Aber alles in allem, hab ichs nun kapiert. vielen Dank.
Kann ich das Thema irgendwo als "gelöst" markieren? Tanzen

Tanzen

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