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Mathematik » Geometrie » Durchschnittliche Lage und Abstände von Punkten auf/in Körpern
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Kein bestimmter Bereich Durchschnittliche Lage und Abstände von Punkten auf/in Körpern
cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-11-09


Dies ist als "Sammel-Thema" gedacht!

Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein bei Gleichverteilung zufällig innerhalb eines Kreises mit Radius r gewählter Punkt vom Mittelpunkt M des Kreises einen Abstand von mindestens 2/3 r hat?

Wenn man auf einer Strecke der Länge s = 2·r bei Gleichverteilung zufällig zwei Punkte wählt, wie groß ist dann deren mittlerer Abstand zueinander?

Wenn man auf einer Kugel, einem Kreis, einem regelmäßigen Sechseck, Fünfeck oder Quadrat bei Gleichverteilung zufällig drei Punkte wählt, wie groß ist dann im Mittel der Flächeninhalt des gebildeten Dreiecks?

Zu allen Problemstellungen, welche sich hier einordnen lassen, sollen Ergebnisse gesammelt, am besten durch Quellen belegt, und ggf. verschiedene Lösungswege erörtert werden. Da analytische Beweise häufig nicht ohne fiese Integrale auskommen, sind schlaue anschauliche Lösungen willkommen. Richtig sollten sie aber schon sein ;)

Beschränken würde ich die Begrenzungsfiguren dreidimensional auf Kugel und platonische Körper sowie zweidimensional auf Kreis und gleichseitiges Dreieck bis regelmäßiges Sechseck.
Die Anzahl der Punkte würde ich jeweils auf höchstens einen mehr als die Dimension der Begrenzungsfigur beschränken, also höchstens zwei Punkte entlang einer einzelnen Linie, höchstens drei Punkte in einem Polygon oder auf dessen Rändern, und höchstens vier Punkte auf einer Körperoberfläche oder in dessen Innerem...



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-09


Eröffnung:

Sei |AB| eine Strecke mit Länge s = 2·r. Seien zwei Punkte P und Q auf |AB| bei Gleichverteilung zufällig ausgewählt. Wie groß ist dann der mittlere Abstand zwischen P und Q?

Antwort:

Die Wahrscheinlichkeit, dass P und Q in zwei verschiedenen Hälften von |AB| liegen, beträgt 50 Prozent. Für diese Fälle muss der mittlere Abstand zwischen P und Q r/2 betragen. Die Restwahrscheinlichkeit dafür, dass P und Q in der gleichen Hälfte von |AB| liegen, beträgt ebenfalls 50 Prozent. Diese Fälle betrachten wir auf einer neuen Ebene. Die Wahrscheinichkeit dafür, dass P und Q in zwei verschiedenen Hälften der Hälfte von |AB| liegen, ...

d[PQ] = r/2 + r/8 + r/32 + r/128 + ... = r · 2/3

Alternative Begründungen gerne erbeten!



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-09


Zur ersten Frage meines Startbeitrages:

Sei eine Kreisscheibe K die Menge aller Punkte, die zu einem festen Punkt M einen Abstand von höchstens r haben. Sei ein Punkt P Element von K und bei Gleichverteilung zufällig ausgewählt. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass P zu M einen Abstand von mindestens 2/3 r hat?

Folgende Grafik zeigt grob auf, wo und wie es hier interessant wird:



Nebenbemerkung: Bei der Einfärbung hat sich die alte Weisheit bestätigt, dass man beim Einfärben von durch Grenzen getrennten Gebieten auf Landkarten mit vier Farben auskommt, egal, wie die Gebiete aneinander grenzen ;)

Die eingefärbten Teilflächen haben allesamt den gleichen Flächeninhalt!

Betrachtet man die Gesamtmenge der vier inneren konzentrischen Kreise, so bestehen diese aus sechzehn gleich großen Flächen, während die Gesamtmenge aller sechs konzentrischen Kreise aus sechsunddreißig solchen Flächen besteht. Der Punkt P liegt also mit einer Wahrscheinlichkeit von 20/36 = 5/9 = 55,556 Prozent weiter vom Mittelpunkt M entfernt als zwei Drittel des Gesamtradius!



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Caban
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Aus: Brennpunkt einer Parabel
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-11-09


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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-09


Nächste Stufe...

Sei k eine Kreislinie um M mit Radius r. Seien A und B zwei Punkte auf k, die zufällig, unabhängig und gleichverteilt ausgewählt werden. Wie groß ist dann der mittlere Abstand zwischen A und B?

In LinkDurchschnittlicher Abstand zweier Punkte im Quadrat
habe ich das so gelöst, dass ich den Zentriwinkel SIGMA von B über M nach A als zwischen 0° und 180° gleichverteilt betrachtet habe. Dann ist sein Halbwert PHI zwischen 0° und 90° gleichverteilt. |AB| = s = 2·r·sin(PHI). Der Mittelwert ergibt sich dann - wie bei Wechselspannungen in der Elektrizitätslehre - als Verhältnis des Integralwertes zur Integralweite:

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Was nun, wenn man die beiden Punkte zufällig, unabhängig und gleichverteilt auf den Seiten eines gleichseitigen Dreieckes, Quadrates, regelmäßigen Fünf- oder Sechseckes auswählt? Wenn der Abstand zwischen Schwerpunkt und Ecken jeweils r ist, sollten die mittleren Abstände zwischen den beiden Punkten mit steigender Eckenzahl von r·2/3 bis r·4/PI anwachsen. Lässt sich eine allgemeine Formel in Abhängigkeit von r und der Eckenzahl n finden? Für den Kreis wäre n natürlich(!) "unendlich" ;)



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-10


Verblüffung im Dreieck ;)

Sei k eine Kreislinie um M mit Radius r. Seien die Punkte A, B und C derart auf k gewählt, dass sie ein gleichseitiges Dreieck bilden. Seien zwei weitere Punkte P und Q entlang der Dreiecksseiten zufällig, unabhängig und gleichverteilt ausgewählt. Wie groß ist dann der mittlere Abstand zwischen P  und Q?

Mit einer Wahrscheinlichkeit von 1/3 liegen P und Q auf der gleichen Dreiecksseite. Ihr mittlerer Abstand (siehe Beitrag #1 "Eröffnung) ist dann ein Drittel der Seitenlänge oder - bezogen auf r - r·wurzel(3)/3.

Mit einer Wahrscheinlichkeit von 2/3 liegen P und Q auf zwei einander benachbarten Dreiecksseiten. Da ich hier analytisch noch zu keinem zufriedenstellenden Ansatz gekommen bin, habe ich die beiden Dreiecksseiten im Ursprung des kartesischen Koordinatensystems beginnen lassen, Punkte auf y = 0 (Waagerechte) zwischen 0 und wurzel(3) um jeweils ein Hundertstel dieser Distanz "wandern" lassen, und eben solches für Punkte auf y = wurzel(3) zwischen 0 und wurzel(3)/2. Aus 10.000 verschiedenen diskreten Abständen - bezogen auf r - habe ich als Mittelwert 1,060172 gefunden, was leidlich genau wurzel(2)*3/4 entspricht.

Das Gesamtmittel wäre dann zu einem Drittel aus wurzel(3)/3 und zu zwei Dritteln aus wurzel(2)*3/4 zu gewichten...

Die Antwort lautet also - vermutlich:

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Kann hier jemand den entsprechenden analytischen Ansatz nennen?



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-12


Guten Abend ;)

Bevor ich weitermache eine kurze Einlassung:

Verschachtelte Integrale über mehrere Variable kann ich aufstellen, mag die aber nicht und tue mich beim Berechnen schwer. Leider.
Klar, dass aber genau hier analytisch der Hase im Pfeffer liegt!

Um zunächst erst einmal halbwegs brauchbare Werte zu erhalten, die nicht etwa Resultat einer fehlerhaften Integralreduktion sind, habe ich zwecks Wertegewinnung zunächst jeweils modellhaft "diskret integriert", also Wertekombinationen in Schrittweiten von Hundertsteln der Wertebereiche aufsummiert und hernach gemittelt. EXCEL kann so etwas noch gut genug ;) Erstaunlicherweise sogar abgewandelt zu "Monte-Carlo-Simulationen", was tatsächlich genauere Näherungswerte zu liefern scheint!
Maßstäbe waren für mich die analytisch noch verhältnismäßig einfach herzuleitenden mittleren Abstände zweier Zufallspunkte auf Einheitsstrecke - ein Drittel - und Einheitskreis - "Vier-durch-PI".

Bei den folgenden Erkenntnissen wird es sich demnach fürs erste um solche "simulierten" Werte handeln. Wer immer zu einem davon die zweifelsfreie analytische Herleitung in Gestalt einer stimmigen Infinitesimalbetrachtung beisteuern kann, dem sei herzlicher, heißer Dank ;)



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-12


Ergalso...

Auf den Seiten eines gleichseitigen Dreieckes verteilen sich zwei Zufallspunkte wie schon zuvor begründet so, dass sie mit einer Wahrscheinlichkeit von einem Drittel auf der gleichen Seite und in zwei Dritteln der Fälle auf zwei einander benachbarten Seiten liegen.

Beim "Einheitsdreieck" beträgt so der entsprechend gewichtete mittlere Abstand der beiden Punkte 0,515778. Bei der dem Einheitskreis einbeschrieben Variante beträgt er - entsprechend dem Verhältnis der Seitenlängen zum Radius - r·0,893353.

Auf den Seiten eines Quadrates verteilen sich die Zufallspunkte so, dass sie sich jeweils mit einer Wahrscheinlichkeit von einem Viertel auf der gleichen Seite oder auf zwei einander gegenüber liegenden Seiten befinden. In der anderen Hälfte der Fälle liegen sie auf zwei einander benachbarten Quadratseiten.

Beim "Einheitsquadrat" beträgt demnach der entsprechend gewichtete mittlere Punkte-Abstand 0,734833. Beim Quadrat auf dem Einheitskreis beträgt er - entsprechend dem Verhältnis der Seitenlängen zum Radius - r·1,039211.

Die Betrachtungen zum Fünf- (1/5 auf gleicher Seite und jeweils 2/5 auf benachbarten oder schräg gegenüber liegenden Seiten) und zum Sechseck (jeweils 1/6 auf gleicher Seite oder auf gegenüber liegenden sowie jeweils 1/3 auf benachbarten Seiten oder auf "übernächsten") werden folgen ;)



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-13


... und weiter...

Auf den Seiten eines regelmäßigen Fünfeckes verteilen sich zwei Zufallspunkte so, dass sie mit einer Wahrscheinlichkeit von einem Fünftel auf der gleichen Seite liegen und in jeweils zwei Fünfteln der Fälle entweder auf zwei einander benachbarten Seiten oder auf zwei einander schräg gegenüber befindlichen.

Beim "Einheitsfünfeck" beträgt so der entsprechend gewichtete mittlere Abstand der beiden Punkte 0,950267. Bei der dem Einheitskreis einbeschrieben Variante beträgt er - entsprechend dem Verhältnis der Seitenlängen zum Radius - r·1,1171.

Auf den Seiten eines regelmäßigen Sechseckes verteilen sich die Zufallspunkte so, dass sie sich jeweils mit einer Wahrscheinlichkeit von einem Sechstel entweder auf der gleichen Seite oder auf zwei einander genau gegenüber liegenden Seiten (Abstand wurzel(3)!) befinden. In jeweils einem Drittel der Fälle liegen sie entweder auf zwei einander benachbarten Seiten oder auf zwei einander schräg gegenüber befindlichen.

Beim "Einheitssechseck" beträgt demnach der entsprechend gewichtete mittlere Punkte-Abstand 1,162556. Beim regelmäßigen Sechseck auf dem Einheitskreis, wo dann Radius und Seitenlänge gleich sind, beträgt er entsprechend r·1,162556.

Zum mittleren Abstand zweier Punkte, die sich INNERHALB eines Quadrates befinden, siehe hier:

www.youtube.com/watch?v=i4VqXRRXi68

Für Kreis und gleichseitiges Dreieck habe ich dazu noch nichts gefunden...



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-16


N'Aamd ;)

Im folgenden kurz meine Integralüberlegungen zum gleichseitigen Dreieck und zum Quadrat... Wie man die löst, weiß ich (noch) nicht (mehr) - Uni-Mathe ist auch schon über 20 Jahre her. Wer da helfen kann, ist herzlichst willkommen! I[1] sollte genau 1/3 ergeben ; I[2] ungefähr 1,076 ; I[3] ungefähr 0,608 ; I[4] ungefähr 0,766 ...

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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-20


Na, wer liest noch mit?

Nachdem ich mich zwischenzeitlich "nachgebildet" habe, kann ich... manche Integrale auch wieder im Zwei-Schritt-Verfahren lösen: Stammfunktion für "innere" Variable suchen, Bereichswert ausrechnen, mit Teilfunktion für "äußere" Variable multiplizieren, Stammfunktion für "äußere" Variable suchen...

Hierbei hilfreich:    www.integralrechner.de/

!!! BLÖD !!!
Für die von mir bereits ermittelten Doppelintegrale ergeben sich "zwischendurch" fiese Betrags-Stammfunktionen sowie - im zweiten Schritt - kompliziert kombinierte "arsinh"-Konstrukte. Das ist mir deutlich zu "finster"!

Zwischen-Heureka: Geschickte numerische Integration mit 1.000 Teilabschnitten je Einheitsstrecke, und zwar mit Einzelschritten zu 0,001 zwischen 0,0005 und 0,9995!
Im Falle zweier Punkte auf der Einheitsstrecke stabilisiert sich so die sechste Nachkommastelle: 0,333333 gegenüber dem theoretisch gesicherten Wert von genau einem Drittel. Mit jeweils 1.000 Einzelschritten zwischen 0,001 und 1,000 ist das Resultat schlechter, mit jeweils 1.001 Einzelschritten zwischen 0,000 und 1,000 auch. Und via "Monte-Carlo" ist die Abweichung im Vergleich sogar teilweise erheblich!

Ergalso werde ich "meine" Werte aus den Beiträgen #7 und #8 nochmal per entsprechender numerischer Integration "nachschärfen". Ggf. werden sie noch erweitert um diejenigen für die regelmäßigen Acht-, Zehn-, Zwölf- und Sechzehnecke ;)



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-06


Zum gleichseitigen Dreieck:

Zwei Zufallspunkte P und Q liegen mit einer Wahrscheinlichkeit von 1/3 auf der gleichen Dreiecksseite, und zu 2/3 auf benachbarten Seiten, also auf zwei Einheitsstrecken, die am gemeinsamen Punkt einen Winkel von 60° einschließen.

Für die Lage auf der gleichen Dreiecksseite, also auf der Einheitsstrecke, beträgt der mittlere Abstand zwischen P und Q analytisch exakt 1/3. Für die Lage auf benachbarten Dreiecksseiten konnte ich ihn mittels numerischer Integration zu 0,6079 bestimmen. 1/3 * 1/3 + 0,6079 * 2/3 = 0,5164...

0,5164 entspricht ziemlich genau 2 / wurzel(15). "Rückwärts" gerechnet kommt man damit für 0,6079 auf ziemlich genau wurzel(3/5) - 1/6.

Kann das jemand unter Bezug auf die beiden Doppelintegrale I[1] und I[3] aus Beitrag #9 analytisch korrekt bestätigen?




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MartinN
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2020-01-18


Ich wurde auf den Thread hier gelenkt...

Mal so paar Dinge aus dem Startpost...

Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein bei Gleichverteilung zufällig innerhalb eines Kreises mit Radius r gewählter Punkt vom Mittelpunkt M des Kreises einen Abstand von mindestens 2/3 r hat?
Elegant geht es wohl über die Flächen... Kreisring in Abstand 2/3 r bis r zu Vollkrei:
\(p = \frac{\pi r^2 - \frac{4}{9}\pi r^2}{\pi r^2} = \frac{5}{9}\)

Oder über Integrale: im Zähler alle gewollten Abstände a - da diese auf den jeweiligen Umfängen u(a) vorkommen können mit diesen gewichtet - im Zähler alle möglichen Abstände gewichtet (ich setze hierbei der Übersichtlichkeit-halber r = 1).
\[p = \frac{\int_{(\frac{2}{3})}^1 u da}{\int_0^1 u da}\\
= \frac{\int_{(\frac{2}{3})}^1 2\pi a da}{\int_0^1 2\pi a da}\\
= \frac{\frac{1}{2}a^2 |_{(\frac{2}{3})}^1}{\frac{1}{2}a^2 |_0^1}\\
= 2 \cdot (\frac{1}{2} - \frac{4}{18}) = \frac{5}{9}\]


Wenn man auf einer Strecke der Länge s = 2·r bei Gleichverteilung zufällig zwei Punkte wählt, wie groß ist dann deren mittlerer Abstand zueinander?
ObdA sei der erste Punkt im Abstand a von links, und der zweite im Abstand b von links auf der Strecke s. Dann ist der Abstand A beider Punkte b-a (0 <= a <= b <= 2r), und man hat den mittleren Abstand:
\[A = \frac{\int_0^{2r} \int_0^b (b-a) da db}{\int_0^{2r} \int_0^b 1 da db}\\
= \frac{\int_0^{2r} \frac{b^2}{2} db}{\int_0^{2r} b db}\\
= \frac{\frac{(2r)^3}{6}}{\frac{(2r)^2}{2}} = \frac{2}{3}r = \frac{1}{3}s\]


Wenn man auf einer Kugel, einem Kreis, einem regelmäßigen Sechseck, Fünfeck oder Quadrat bei Gleichverteilung zufällig drei Punkte wählt, wie groß ist dann im Mittel der Flächeninhalt des gebildeten Dreiecks?
das wird schwieriger, da vor allem bei regelmäßigen platonischen Körpern man dann noch differenzieren müsste, auf welchen Seiten jetzt die Punkte liegen... auf einer Kugel stelle ich mir das einfacher vor... schließlich kann man dann durch die 3 Punkte einfach eine Ebene legen, die die Kugel in einem Kreis mit Radius r <= R schneidet. Das kann man dann wohl besser berechnen... mach ich mir mal Gedanken xD



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MartinN
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2020-01-18


Zu dem gleichschenkligen Dreieck mit Kantenlänge 1 und Punkten auf verschiedenen Seiten (je Abstand a und b von der Ecke). Die Länge der Strecke s ist dann nach dem Cosinussatz:
\(s^2 = a^2 + b^2 - 2ab\cos(60°) = a^2 -ab + b^2\)

Somit ist die durchschnittliche Länge (den Zähler und Nenner jetzt mal getrent):
\(s = \frac{Z}{N}\\
Z = \int_0^1 \int_0^1 \sqrt{a^2 -ab +b^2} da db\\
= \int_0^1 \left[ \frac{2a-b}{4} \sqrt{a^2 - a b + b^2} + \frac{3b^2}{8} \ln(2a - b + 2 \sqrt{a^2 - a b + b^2}) \right]_0^1 db\\
= \int_0^1 \left[ \frac{2-b}{4} \sqrt{1 - b + b^2} + \frac{3b^2}{8} \ln(2 - b + 2 \sqrt{1 - b + b^2}) + \frac{b^2}{4} - \frac{3b^2}{8} \ln(b)\right] db\)

Der Nenner dann einfacher... mal sehen ob ich das weiter integrieren kann (nutze dazu auch wolfram alpha xD)



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MartinN
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2020-01-18


Mal zum letzten Integral, mit 0 <= a <= b <= 1 (oBdA) wird das wohl einfacher:
\(s = \frac{Z}{N}\\
Z = \int_0^1 \int_0^b \sqrt{a^2 -ab +b^2} da db\\
= \int_0^1 \left[ \frac{2a-b}{4} \sqrt{a^2 - a b + b^2} + \frac{3b^2}{8} \ln(2a - b + 2 \sqrt{a^2 - a b + b^2}) \right]_0^b db\\
= \int_0^1 \left[ \frac{b^2}{4} + \frac{3b^2}{8} \ln(3b)+\frac{b^2}{4} - \frac{3b^2}{8} \ln(b) \right] db\\
= \int_0^1 \left[\frac{b^2}{2} \left( 1 + \frac{3 \ln(3)}{4} \right) \right] db\\
= \frac{1}{6} \left( 1 + \frac{3 \ln(3)}{4} \right)\\
N = \int_0^1 \int_0^b 1 da db = \int_0^1 b db = \frac{1}{2}\\
s = \frac{1}{3} \left( 1 + \frac{3 \ln(3)}{4} \right) \sim 0,60798640550036075618214464256396\)


Jetzt kann man das fürs Dreieck ausrechnen...
In 1/3 der Fälle sind beide Punkte auf einer Seite, in 2/3 auf 2 benachbarten Seite:
\(S = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} + \frac{2}{3} \cdot \left[ \frac{1}{3} \left( 1 + \frac{3 \ln(3)}{4} \right) \right]\\
= \frac{1}{3} + \frac{\ln(3)}{6} \sim 0,51643538144468494856587420615375\)


Edit:
Da du es auf ein gleichseitiges Dreieck mit Umkreisradius r beziehen magst, noch mit sqrt(3)r erweitern:
\(S(r) = \frac{1 + \ln(\sqrt{3})}{\sqrt{3}} \cdot r \sim 0,89449231948840775310234266677428 \cdot r\)

Quadrat mal morgen überlegen xD



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cramilu
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Zum Quadrat:

Zwei Zufallspunkte P und Q liegen mit einer Wahrscheinlichkeit von 1/4 auf der gleichen Quadratseite, zu 1/4 auf der gegenüberliegenden, und zu 2/4 auf benachbarten Seiten, also auf zwei Einheitsstrecken, die im ersteren Fall genau im Einheitsabstand genau vertikal übereinander liegen, oder die im zweiteren Fall am gemeinsamen Punkt einen Winkel von 90° einschließen.

Für die Lage auf der gleichen Quadratseite, also auf der Einheitsstrecke, beträgt der mittlere Abstand zwischen P und Q analytisch exakt 1/3. Für die Lage auf gegenüberliegenden Quadratseiten konnte ich ihn mittels numerischer Integration zu 1,0766357 bestimmen, und für die Lage auf benachbarten Quadratseiten zu 0,7652.
1/3 * 1/4 + 1,0766357 * 1/4 + 0,7652 * 2/4 = 0,7351...

... bezogen auf den Radius des Einheitskreises demnach 1,0396...

MartinN, kannst Du das unter Bezug auf die beiden Doppelintegrale I[2] und I[4] aus Beitrag #9 analytisch korrekt bestätigen?




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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-09 13:58


So...

Vorweg:

Herzlichen Dank, MartinN! Deine Ausführungen haben mich wieder in die mir lange verhasste Welt der Mehrfachintegrale zurückfinden lassen ;)
Deine allgemeinen Ansätze
1. Betrachtung fed-Code einblenden
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2. Betrachtung für fed-Code einblenden
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3. folgerichtige Aufspaltung in Zähler- und Nennerintegral
4. Nennerintegral KONSTANT
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waren für mich die "Schlüssel", um weiterzukommen.

Dann... hat "unterwegs" noch die Erkenntnis geholfen,
dass man aus   arsinh(x) !=! - arsinh(-x)   unmittelbar ableiten kann...
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... und damit für x = 1 exemplarisch...
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Damit konnte ich inzwischen die genauen Werte fürs Quadrat "entschlüsseln"; sie "passen" hervorragend zu meinen numerisch ermittelten "Anhaltswerten" und sollten auch von daher stimmen...

Außerdem konnte ich inzwischen numerisch die Werte fürs Sechseck ermitteln.

Aber der Reihe nach - ich bitte um Nachsicht - zunächst ein schrittweises "Wiederkäuen"...



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-09 14:20


Fürs "Zweieck", also für die Einheitsstrecke, ist fed-Code einblenden
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Der Term unter der Wurzel wird zum zweiten binomischen Quadrat, und der Wurzelausdruck lässt sich insgesamt wunderbar vereinfachen zu "(b-a)"...
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... oder... bezogen auf den Radius des Einheitskreises
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Fürs Dreieck... habe ich mich zugegebenermaßen mit meinen Integrationsgrenzen zunächst verstolpert, konnte dann jedoch über einen umständlicheren Weg als dem obigen von MartinN zum gleichwertigen Ergebnis kommen...
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... = 0,607986405500360756182144642563964759495206
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... = 0,516435381444684948565874206153754284107915
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... = r · 0,89449231948840775310234266677428198324737

Beholfen habe ich mir dabei übrigens via
www.mathebibel.de/integralrechner
keisan.casio.com/calculator



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cramilu
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Fürs Quadrat... muss ich zunächst meinem Ärger Luft machen:
Warum, MartinN, sehen Deine Integralformeln so schick aus, und meine nicht?

Meine handschriftlichen Berechnungen erstrecken sich auf zwei volle DIN-A4-Seiten,
und bevor ich das hier nicht in schön hinkriege, mag ich zunächst nur die Ergebnisse posten. Sorry - ausführliche Integralrechnung wird nachgeliefert!

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... = 1,07663573289517800896537975024322628283827
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... = 0,765195716464212691344766016396496795865944
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... = 0,735090124789234181247061279092388301975873
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... = r · 1,03957442404346585669543891459456452185133

Meine zuvor numerisch ermittelten Integralwerte stimmen damit auf jeweils vier Nachkommastellen genau überein ;)



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-09 18:05


Zum Sechseck:

Zwei Zufallspunkte P und Q liegen mit einer Wahrscheinlichkeit von 1/6 auf   der gleichen Sechseckseite, zu 1/6 auf der genau gegenüberliegenden, und zu jeweils 2/6 auf benachbarten oder schräg gegenüberliegenden Seiten, also auf zwei Einheitsstrecken, die im ersteren Fall genau im Abstand wurzel(3) genau vertikal übereinander liegen, oder die im zweiteren Fall am gemeinsamen Punkt einen Winkel von 120° einschließen, oder die im dritteren (sagt man das so?) Fall um 60° und (-0,5;wurzel(3)/2) gegeneinander versetzt sind.

Für die Lage auf der gleichen Quadratseite, also auf der Einheitsstrecke, beträgt der mittlere Abstand zwischen P und Q analytisch exakt 1/3.
Für die Lage auf gegenüberliegenden Sechseckseite konnte ich ihn mittels numerischer Integration zu 1,77868667 bestimmen, für die Lage auf benachbarten Sechseckseiten zu 0,891272, und für die Lage auf einander schräg gegenüberliegenden Seiten zu 1,5407.
1/3 * 1/6 + 1,77868667 * 1/6 + 0,891272 * 2/6 + 1,5407 * 2/6 = 1,16266.

... bezogen auf den Radius des Einheitskreises bleibt sich das in diesem Spezialfall gleich ;)



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-12 06:28


Fürs Sechseck... darf man die "Gegenschrägen" zur Grundseite als "60°-Versatzschrägen" auffassen. Die Geraden, auf welchen die "Gegenschrägen" liegen, schneiden die Grundseitengerade jeweils um eine Streckenlänge nach links oder rechts versetzt gegenüber der Grundseite.
Daher lässt sich der gleichartige Ansatz wählen wie für benachbarte Dreiecksseiten - allerdings mit angepassten Integralgrenzen 1 und 2 statt 0 und 1...

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... = 1,77868671480658579081442720506219995752351

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... = 0,891271675265462445828912436297945914730545

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... = 1,54067394673598057889966613395791312325028

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... = 1,16265188202380086226748627981787522780308

Da beim regelmäßigen Sechseck Einheitsseitenlänge und Einheitskreisradius gleich sind, gilt:

s[Sechseck;Einheitsradiusbezug] = r * s[Sechseck] = ...
... = r · 1,16265188202380086226748627981787522780308

Hier waren meine zuvor numerisch ermittelten Integralwerte sogar auf mindestens 6 Stellen "genau" ;)



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cramilu
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Beim Fünfeck...

... möchte ich mir für die Integrale zu Nutze machen, dass...

sin(18°) = cos(72°) = (-1+sqrt(5)) / 4
sin(36°) = cos(54°) = sqrt(10-2*sqrt(5)) / 4
sin(54°) = cos(36°) = (1+sqrt(5) / 4
sin(72°) = cos/18°) = sqrt(10+2*sqrt(5)) / 4
cos(108°) = - cos(72°) = - sin(18°) = (1-sqrt(5)) / 4

Ich schwanke noch, ob ich nicht zunächst zusätzlich Acht- und Zwölfeck in Angriff nehmen soll...

Ggf. erhält man dann später verallgemeinert für s[n-Eck] einen Ausdruck, der einer Summenformel entspricht - mit jeweils von n abhängigen Koeffizienten für die natürlichen, für die Wurzel-, und für die Logarithmus-Glieder...
Schau'mer'mal ;)



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, vom Themenstarter, eingetragen 2020-02-13 20:57


;) Nur so als kleiner Beleg, dass ich's kann ;)

Die verschiedenen Syntaxen für mathematische MarkUp-Skripte bringen mich an den Rande der Verzweiflung...
Da ich für mich selber Dokumente mit Formeln immer noch am liebsten mit dem "schlanken" Word2000+FormelEditor3.0 erstelle, habe ich aus meiner Aufzeichnung via PDF24-Creator einen PDF-Auszug erstellt und diesen via GIMP nach PNG umgewandelt. So muss ich vorläufig noch nicht in verschiedenen Darstellungswelten herumgondeln...

Im folgenden meine Integralrechnungen für die Einheitsstrecke und für die Quadratgegenseite:




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