Multidimensionale Gauss'sche Verteilung

18.03.2015, 10:43

Shor-ty

Multidimensionale Gauss'sche Verteilung

Hallo zusammen,

Einführung zum Problem
Ich simuliere gerade eine Wärmebehandlung mittels einem Laser, welcher ein gaussches Profil aufweist. Da ich im 3D Raum bin, folgt letzten Endes eine multidimensionale Gaussverteilung. Der Erwartungswert ist $\begin{eqnarray*} \mu = 0 \end{eqnarray*}$ , die Varianz kann variiert werden, wird jedoch im vorliegenden Beispiel mit $\begin{eqnarray*} \sigma=0,01 \end{eqnarray*}$ angenommen. Der Korrelationskoeffizent sei 0. Die Koordinaten sind x und y (örtliche Positionen)

$\begin{eqnarray*} P(x,y) = P(x) * P(y) = \frac{1}{\sigma_x \sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2\cdot{\sigma_x}^2}} \cdot \frac{1}{\sigma_y \sqrt{2\pi}} e^{-\frac{y^2}{2\cdot{\sigma_y}^2}} \end{eqnarray*}$
oder zusammengefasst:
$\begin{eqnarray*} P(x,y) = \frac{1}{\sigma_x \sigma_y 2\pi} e^{-\frac{1}{2} \cdot [\frac{x^2}{{\sigma_x}^2} + \frac{y^2}{{\sigma_y}^2}]} \end{eqnarray*}$

In meinem Fall sind x und y Ortskoordinaten mit den Einheiten $\begin{eqnarray*} m^2 \end{eqnarray*}$ , demnach hat $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ die Einheit $\begin{eqnarray*} m^{-1} \end{eqnarray*}$ womit die Funktion $\begin{eqnarray*} m^{-2} \end{eqnarray*}$ erhält.

Analyse
Die oben aufgeführte Dichtefunktion habe ich Implementiert und einen Testcase durchgeführt. Es funktioniert alles und die Energiebilanz stimmt.

Das Problem
Mein Problem besteht jetzt darin, dass ich eine Geometrie wärmebehandel, in der in der Mitte ein Loch ist. Heißt, dass dort das Volumen unter der Gausschen Oberfläche als prozentuale Verlustleistung angesehen werden kann, die nicht ins Bauteil eindringt.

Testcase #1
Der erste Testcase (mit mittigem Loch) war ein Quader der Länge und Breite l=0,1m und Tiefe t=0,008m.
Der Durchbruch in der Mitte war auch quadratisch mit der Länge/Breite von 0,01m.

An diesem Beispiel habe ich eine Wärmebehandlung durchgeführt, mit dem numerischen Ergebnis, dass sich der Prüfling nach 10s bei einer Anstrahlleistung von P=2000W um 89,81°C erwärmt hat.

Eine analytische Berechnung kann schnell gegeben werden:
$\begin{eqnarray*} \Delta T = \frac{P_{in} \cdot t}{m \cdot c_p} \end{eqnarray*}$
wobei darauf geachtet werden muss, dass die Leistung, welche ins Bauteil geht nicht P ist sondern
$\begin{eqnarray*} P_{in} = P - P_{verlust} \end{eqnarray*}$
wobei $\begin{eqnarray*} P_{verlust} \end{eqnarray*}$ der Anteil ist, welcher in der Mitte der Geometrie, durch den Durchbruch, verloren geht. Entsprechend ist das die Fläche unter meiner Gausskurve (2D) oder das Volumen unter der Gaussoberfläche (3D) im Bereich zwischen x1, x2 und y1, y2. Auf Grund der Geometrie und $\begin{eqnarray*} \mu = 0 \end{eqnarray*}$ folgt, x1 = y1 = -0,005m und x2 = y2 = 0,005m.

Da gilt:
$\begin{eqnarray*} P(x,y) = P(x) * P(y) \end{eqnarray*}$
habe ich die Fläche unter P(x) und P(y) berechnet (da Symmetrie sind beide gleich). Es folgt die Fläche A1 unter P(x) ist:

$\begin{eqnarray*} A1 = \int_{-\infty}^{0,005} \! P(x) \, dx - \int_{-\infty}^{-0,005} \! P(x) \, dx \end{eqnarray*}$
Wobei durch entsprechendes $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ die Werte auf die Normalverteilung umgerechnet werden und damit die Fläche wie folgt ist:
$\begin{eqnarray*} A1 = 2\cdot P(0,5) - 1 = 0,38292 \end{eqnarray*}$
(Anmerkung - offiziel hat A1 keine Einheit und stellt nur ein prozentualer Anteil der "Fläche" 1 dar, wisst ihr aber ja alle).
Da symmetrisch folgt A1 = A2

Entsprechend hab ich das Volumen unter P(x,y) in den Grenzen x1, x2 und y1, y2 wie folgt berechnet:
$\begin{eqnarray*} P(x,y) = P(x) \cdot P(y) V = A1 \cdot A2 \end{eqnarray*}$

Ich erhalte damit eine "Volumen" V = 0,1466277268. Entsprechend sind 14,66277268% von meiner Gesamtleistung im Loch und tragen demnach nicht zur Erwärmung bei.

Kurz ausgerechnet erhalte ich:
$\begin{eqnarray*} \Delta T_{analytisch} = 89,81K \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Delta T_{numerisch} = 89,805K \end{eqnarray*}$

Die Frage ist nur ob das so richtig ist. Wahrscheinlich ein Glücksfall bzw. ein Spezialfall?
Wenn ich das Loch nicht mehr rechteckig sondern kreisförmig gestallte, dann funktioniert das ja nicht. Die Frage hier wäre dann wie ich das dort lösen kann?

Wäre über jede Antwort dankbar und hoffe das ich mich klar ausgedrückt habe.
Grüße Tobi

18.03.2015, 14:07

Shor-ty

Auf diesen Beitrag antworten »

Oben genannte Frage bezieht sich darauf, dass ich ja eigentlich folgendes Integral lösen müsste:

$\begin{eqnarray*} \int_{-0,005}^{0,005} \int_{-0,005}^{0,005} \! P(x,y) \, dx \, dy \end{eqnarray*}$

18.03.2015, 14:08

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Multidimensionale Gauss'sche Verteilung

Zitat:

Original von Shor-ty
Wenn ich das Loch nicht mehr rechteckig sondern kreisförmig gestallte, dann funktioniert das ja nicht. Die Frage hier wäre dann wie ich das dort lösen kann?

Zumindest bei einem kreisförmigen, zentrierten "Loch" vom Radius $\begin{align*} R \end{align*}$ , d.h. $\begin{align*} B_R = \{ (x,y) \bigm| x^2+y^2\leq R^2\} \end{align*}$ sowie mit $\begin{align*} \sigma_x=\sigma_y=\sigma \end{align*}$ geht das sogar sehr gut:

Unter Nutzung einer Polarkoordinatentransformation $\begin{align*} x = r\cos(\varphi),y = r\sin(\varphi) \end{align*}$ berechnen wir dann einen Anteil von

$\begin{align*} \iint\limits_{B_r} P(x,y) ~ \dd x ~ \dd y &= \frac{1}{2\pi \sigma^2} \iint\limits_{B_r} e^{-\frac{x^2+y^2}{2\sigma^2}} ~ \dd x ~ \dd y = \frac{1}{2\pi \sigma^2} \int\limits_0^R \int\limits_0^{2\pi} e^{-\frac{r^2}{2\sigma^2}} ~ \dd \varphi ~ r\dd r\\ &= \frac{1}{\sigma^2} \int\limits_0^R re^{-\frac{r^2}{2\sigma^2}} ~ \dd r = \left[ -e^{-\frac{r^2}{2\sigma^2}} \right]_{r=0}^R = 1-e^{-\frac{R^2}{2\sigma^2}} \end{align*}$

der Strahlungsleistung im Loch.

18.03.2015, 17:39

Shor-ty

Auf diesen Beitrag antworten »

Grüße dich,

danke für deine Antwort. Das mit den Polarkoordinaten hab ich mir auch schon angeschaut aber hab wohl anscheinend einen Fehler gemacht, da mein Ergebnis nicht gestimmt hat (muss ich gleich mal noch nachschauen).

Mit deinem Integral stimmt die Numerik mit der Analytik überein. Dankeschön.
Soweit ich das beurteilen kann, geht das in diesem einfachen Fall aber nur wenn die Sigmas gleich sind oder?

Die Frage die sich mir jetzt stellt ist die mit dem quadratischen "Loch". Wieso ist hier mein Ansatz korrekt. Wenn ich es mir aufzeichne scheint es plausibel allerdings finde ich keine mathematische Formulierung. Hättest du da vllt eine Idee?

Grüße und danke für den oben erwähnen Ansatz.

18.03.2015, 18:11

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Shor-ty
Soweit ich das beurteilen kann, geht das in diesem einfachen Fall aber nur wenn die Sigmas gleich sind oder?

Ja, leider: Ist das gleiche Problem, wenn man über Ellipsen statt Kreis integrieren will. Und auch die Voraussetzung der zentralen Lage ist essentiell für diese Vereinfachung der Rechnung - von nichts kommt nichts. Augenzwinkern

Dein Ansatz mit dem quadratischen Loch ist korrekt - hast du doch im wesentlichen auch richtig begründet, und so ähnlich geht's sogar für beliebige achsenparallele Rechtecke:

$\begin{align*} \iint\limits_{[a,b]\times [c,d]} P(x,y) ~ \dd x ~ \dd y &= \int\limits_c^d \int\limits_a^b P_X(x)\cdot P_Y(y) ~ \dd x ~ \dd y = \left( \int\limits_a^b P_X(x) ~ \dd x \right) \cdot \left( \int\limits_c^d P_Y(y) ~ \dd y \right)\\ &= \left( \Phi\left( \frac{b}{\sigma_x} \right) - \Phi\left( \frac{a}{\sigma_x} \right) \right) \cdot \left( \Phi\left( \frac{d}{\sigma_y} \right) - \Phi\left( \frac{c}{\sigma_y} \right) \right) \end{align*}$

Dabei ist $\begin{align*} \Phi \end{align*}$ (wie üblich) die Verteilungsfunktion der Standardnormalverteilung. Das geht natürlich nur deshalb, weil sich die Dichte gemäß $\begin{align*} P(x,y)=P(x)\cdot P(y) \end{align*}$ faktorisieren lässt, was wiederum der Unkorreliertheit der x,y-Komponenten zu verdanken ist.

19.03.2015, 14:11

Shor-ty

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von HAL 9000
Das geht natürlich nur deshalb, weil sich die Dichte gemäß $\begin{align*} P(x,y)=P(x)\cdot P(y) \end{align*}$ faktorisieren lässt, was wiederum der Unkorreliertheit der x,y-Komponenten zu verdanken ist.

Hallo Hal,

danke für die Rückmeldung. Lag ich doch nicht ganz falsch. Ist es eigentlich allgemeint so, dass man Wahrscheinlichkeitsfunktionen Faktoriesieren kann sofern diese statistisch unabhängig voneiander sind, also Unkorreliertheit zwischen den Größen besteht. Beispiel:

$\begin{eqnarray*} \phi = \int \int \int P(Z,\chi,h) dZ d\chi dh = \int P(Z) dZ \cdot \int P(\chi) d\chi \cdot \int P(h) dh \end{eqnarray*}$

Neue Frage »

Antworten »

Multidimensionale Gauss'sche Verteilung

Verwandte Themen