Distanzen von zufälligen Punkten

28.05.2020, 08:07

Dopap

Distanzen von zufälligen Punkten

Der Erwartungswert für den Abstand von 2 gleichverteilten Zufallspunkten auf dem Rand des Einheitsquadrates beträgt mMn

$\begin{eqnarray*} \frac{1/2+\int_0^1 \sqrt{1+x^2}\dd x}{2} =\frac {1+\sqrt2 -\ln(\sqrt2-1)}{4}\approx 0.824 \end{eqnarray*}$

der Wert für Punkte im Quadrat war deutlich komplizierter und betrug ca. 0.52 ?

Dasselbe auf dem Kreisrand:

$\begin{eqnarray*} d_1=\frac {1}{\pi-0}\int_0^\pi 2\sin(\theta/2)=\frac 4\pi\approx 1.27 \end{eqnarray*}$

wie geht man den Fall für die Kugeloberfläche an?

28.05.2020, 08:43

HAL 9000

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Zitat:

Original von Dopap
wie geht man den Fall für die Kugeloberfläche an?

Du meinst, wie man die Gleichverteilung auf der Oberfläche modelliert? Nutze einfach die Mantelflächenformel eines Kugelsegments, wo diese Mantelfläche einfacherweise proportional zur Höhe des Segments ist

28.05.2020, 18:21

Dopap

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gesucht ist der räumliche Abstand von 2 bezüglich der Oberfläche gleichverteilten Punkten auf der Oberfläche der Einheitskugel.

Idee:
Aus 2 Symmetrien folgend kann man doch das Ganze auf einen gleichverteilten Differenzwinkel $\begin{eqnarray*} 0\leq \theta \leq \pi \end{eqnarray*}$ zwischen den Punkten reduzieren. Also genau wie beim Kreisrand? und damit mit demselben Ergebnis $\begin{eqnarray*} 4/\pi \end{eqnarray*}$

28.05.2020, 20:05

HAL 9000

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Zitat:

Original von Dopap
Aus 2 Symmetrien folgend kann man doch das Ganze auf einen gleichverteilten Differenzwinkel $\begin{eqnarray*} 0\leq \theta \leq \pi \end{eqnarray*}$ zwischen den Punkten reduzieren.

Nein, das entspricht NICHT dem Modell von gleichverteilten Punkten auf der Oberfläche:

Am Äquator liegen viel mehr Oberflächenpunkte im selben Winkelsegment als in Polnähe. unglücklich

Meinen letzten Beitrag, der genau letzteres zum Thema hat, hast du leider nicht wirklich zur Kenntnis genommen.

28.05.2020, 23:38

Dopap

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Doch hatte ich, aber dann der Schnellschuss:

Zitat:

Original von Dopap
... Also genau wie beim Kreisrand? ....

Ich hatte da auch so meine Vorbehalte.

Nun, dann folgere ich, dass alle "Wurstscheiben einer aufgeschnittenen Bierkugel" dieselbe Menge an Haut haben.
Als zweite Dimension einer Gleichverteilung müsste man jetzt noch diese "Ringe" mittels
-gleichwinkel bezüglich des Längenkreises - durch ein Zweieck Nordpol-Südpol schneiden. Sprachlich nicht easy.

oder etwas präziser:

ein Einheits-Kugelpunkt habe die Koordinaten $\begin{eqnarray*} ( \text{orientierter Abstand zur Äquatorebene=h}\,,\,\text{Länge}=\varphi) \end{eqnarray*}$ und diese seien jeweils gleichverteilt auf ihren Intervallen $\begin{eqnarray*} -1\leq h \leq 1\quad 0\leq \varphi < 2\pi \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} .\qquad \qquad \Rightarrow \end{eqnarray*}$

solche Punkte sind flächenmäßig gleichverteilt. Richtig?

29.05.2020, 09:41

HAL 9000

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Ok, ich lege mal eine Einheitskugel in das dreidimensionale Koordinatensystem so, dass deren Mittelpunkt $\begin{eqnarray*} (1,0,0) \end{eqnarray*}$ ist. Einen deiner beiden Punkte lege ich fest in den Ursprung $\begin{eqnarray*} (0,0,0) \end{eqnarray*}$ , und der andere $\begin{eqnarray*} (X,Y,Z) \end{eqnarray*}$ sei stetig gleichverteilt auf der Oberfläche der Einheitskugel. Dann ist $\begin{eqnarray*} P(X\leq x) \end{eqnarray*}$ die Wahrscheinlichkeit, dass der Punkt auf dem Mantel des linken Kreissegment der Höhe $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ liegt, diese geometrische Wahrscheinlichkeit entspricht dem Quotienten aus der Manteloberfläche des Segments und der gesamten Kugeloberfläche, d.h.,

$\begin{eqnarray*} P(X\leq x) = \frac{2\pi x}{4\pi} = \frac{x}{2} \end{eqnarray*}$ ,

das entspricht der Verteilungsfunktion der stetigen Gleichverteilung auf dem Intervall $\begin{eqnarray*} [0,2] \end{eqnarray*}$ .

Nach der Vorrede jetzt zum eigentlichen Ziel, dem zufälligen Abstand $\begin{eqnarray*} D \end{eqnarray*}$ zwischen den beiden Punkten: Für den gilt

$\begin{eqnarray*} D^2 = X^2+1-(1-X)^2 = 2X \end{eqnarray*}$ ,

damit ist

$\begin{eqnarray*} E(D) = E\left(\sqrt{2X}\right) = \int\limits_0^2 \sqrt{2x} \cdot f_X(x) ~ \dd x = \int\limits_0^2 \frac{\sqrt{2x}}{2} ~ \dd x = \frac{\sqrt{2}}{2} \left[ \frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}} \right]_0^2 = \frac{4}{3} \end{eqnarray*}$ .

29.05.2020, 22:39

Dopap

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1.) ist das "ok" nun ein Richtig für Flächen-gleichverteilte Zufallspunkte oder ein höfliches Übergehen von ... ?

2.) das Problem erfordert ja nicht die Konstruktion von ZP und die eindimensionale Verteilungsfunktion ist überschaubar.

3.) einen Punkt o.B.d.A. in den Nordpol zu legen ist auch bei mir Standard

4.) Die Rechnung ist dank 2.) und der einfachen Dichte kein Problem

5.) etwas humorig könnte man ja sagen, dass 1.33 gefühlt kaum mehr als 1.27 ist und deshalb meine falsche Kreis-Idee gar nicht so übel war Augenzwinkern

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