Mittelwert über Einheitskugel

13.06.2021, 13:20	rumkugel	Auf diesen Beitrag antworten »
Mittelwert über Einheitskugel Hallo Zu bestimmen ist der Mittelwert m von $\begin{eqnarray} f(x,y,z)=e^{-z} \end{eqnarray}$ über der Einheitskugel B Mein Versuch mit Hilfe von Kugelkoordinaten : $\begin{eqnarray} x = r\cos(\theta) \cos(\varphi) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y = r\cos(\theta) \sin(\varphi) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} z = r\sin(\theta) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \int_0^1 \int_0^{2 \pi} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} e^{-r \cdot sin(\theta)} \cdot r^2 \cdot cos(\theta)~d\theta d\varphi dr=-2 \pi \cdot \int_0^1r ~ dr~ \cdot \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}-r \cdot cos(\theta) \cdot e^{-r \cdot sin(\theta)}~d\theta=-2 \pi \cdot \int_0^1r ~ dr~ \cdot (e^{-r \cdot sin(\frac{\pi}{2})}-e^{-r \cdot sin(\frac{-\pi}{2})}) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} =-2 \pi \cdot \int_0^1 r \cdot (e^{-r}-e^r)~dr=2 \pi \cdot \int_0^1 r \cdot (e^{r}-e^{-r})~dr=2 \pi \cdot (e+e^{-1} - \int_0^1 (e^r+e^{-r})~dr)=2 \pi \cdot (e+e^{-1} -(e-e^{-1}))=2 \pi \cdot 2 \cdot \frac{1}{e}=\frac{4 \pi}{e} \end{eqnarray}$ Damit ergäbe sich für den Mittelwert $\begin{eqnarray} m=\frac{\frac{4 \pi}{e}}{\frac{4 \pi}{3} }=\frac{3}{e} \end{eqnarray}$ Ist das so in Ordnung oder habe ich mich irgendwo vertan ?
13.06.2021, 14:23	Huggy	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Mittelwert über Einheitskugel Das sollte passen.
13.06.2021, 21:33	rumkugel	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke Huggy. Habe ich mir das Leben irgendwo unnötig schwer gemacht, hätte man auch kartesisch oder mit anderen Transformationen effizienter arbeiten können ?
13.06.2021, 23:37	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{align} \mu = \frac{3}{4 \pi} \ \ \cdot \int \limits_{x^2+y^2+z^2 \leq 1} \operatorname{e}^{-z} ~ \dd (x,y,z) \ \ = \ \ \frac{3}{4 \pi} \ \ \cdot \ \int \limits_{-1}^1 \int \limits_{x^2+y^2 \leq 1-z^2} \operatorname{e}^{-z} ~ \dd(x,y)~ \dd z \end{align}$ $\begin{align} = \ \ \frac{3}{4 \pi} \ \ \cdot \ \int \limits_{-1}^1 \ \operatorname{e}^{-z} \int \limits_{x^2+y^2 \leq 1-z^2 } \dd(x,y) ~ ~ \dd z \ \ = \ \ \frac{3}{4 \pi} \int \limits_{-1}^1 \operatorname{e}^{-z} \pi \left( 1-z^2 \right) ~ \dd z \ \ = \ \ \frac{3}{4} \int \limits_{-1}^1 \operatorname{e}^{-z} \left( 1 - z^2 \right) ~ \dd z \end{align}$ Das Integral $\begin{align} \int \limits_{x^2+y^2 \leq 1-z^2} \dd(x,y) \end{align}$ berechnet den Flächeninhalt eines Kreises vom Radius $\begin{align} r(z) = \sqrt{1-z^2} \end{align}$ . Die bekannte Formel darf wohl ebenso wie die Volumenformel der Kugel vorausgesetzt werden. Eine Stammfunktion von $\begin{align} g(z) = \operatorname{e}^{-z} \left( 1 - z^2 \right) \end{align}$ findet man am schnellsten mit dem Ansatz $\begin{align} G(z) = \left( az^2 + bz + c \right) \operatorname{e}^{-z} \end{align}$ Es ist $\begin{align} G'(z) = \left( -az^2 + (2a-b) z + b-c \right) \operatorname{e}^{-z} \end{align}$ , und ein Koeffizientenvergleich liefert der Reihe nach $\begin{align} a=1, \ b = 2, \ c = 1 \end{align}$ . Das wäre ein alternativer Weg, das Integral zu berechnen. Ob er "einfacher" ist?
14.06.2021, 07:13	Huggy	Auf diesen Beitrag antworten »
@Rumkugel Es gibt immer mehrere Wege. Ich wäre vermutlich auch über Kugelkoordinaten gegangen.

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