matematikk.net

Hva er gjennomsnitts-avstanden mellom
2 punkter i et kvadrat, se figur under for illustrasjon.

La $\vec{r}_1=(x_1,y_1)$ og $\vec{r}_2=(x_2,y_2)$ betegne posisjonene til punktene. Da er avstanden mellom dem gitt ved $d(\vec{r}_1,\vec{r}_2)=\sqrt{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2}$. La $u=|x_2-x_1|$ og $v=|y_2-y_1|$.

Forventningsverdien til avstanden er nå gitt ved $E(d)=\int \sqrt{u^2+v^2}\hat{f}(u,v)\, dudv$, der $\hat{f}(u,v)=f(u)f(v)$ (siden $u,v$ er uavhengige), og $f$ er sannsynlighetsfordelingen til avstanden mellom to punkter på en linje med lengde $1$.

Det går an å vise at $f(u)=2(1-u)$, så $E(d)=4\int_0^1 \int_0^1 (1-u)(1-v)\sqrt{u^2+v^2}\, dudv$


Oppfølger (eller rettere sagt det som gjenstår) : Vis at $\int_0^1 \int_0^1 (1-u)(1-v)\sqrt{u^2+v^2}\, dudv=\frac{2+\sqrt{2}+5\log (1+\sqrt{2})}{60}$

plutarco wrote:La $\vec{r}_1=(x_1,y_1)$ og $\vec{r}_2=(x_2,y_2)$ betegne posisjonene til punktene. Da er avstanden mellom dem gitt ved $d(\vec{r}_1,\vec{r}_2)=\sqrt{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2}$. La $u=|x_2-x_1|$ og $v=|y_2-y_1|$.
Forventningsverdien til avstanden er nå gitt ved $E(d)=\int \sqrt{u^2+v^2}\hat{f}(u,v)\, dudv$, der $\hat{f}(u,v)=f(u)f(v)$ (siden $u,v$ er uavhengige), og $f$ er sannsynlighetsfordelingen til avstanden mellom to punkter på en linje med lengde $1$.
Det går an å vise at $f(u)=2(1-u)$, så $E(d)=4\int_0^1 \int_0^1 (1-u)(1-v)\sqrt{u^2+v^2}\, dudv$
Oppfølger (eller rettere sagt det som gjenstår) : Vis at $\int_0^1 \int_0^1 (1-u)(1-v)\sqrt{u^2+v^2}\, dudv=\frac{2+\sqrt{2}+5\log (1+\sqrt{2})}{60}$

Det ser jo sjølsagt bra ut, men trur svaret blir:

[tex]I=\int_0^1\int_0^1 (1-u)(1-v)\sqrt{u^2+v^2}\, dudv=\frac{2+\sqrt{2}+5\ln (1+\sqrt{2})}{15}=\frac{2+\sqrt{2}+5\text arcsinh(1)}{15}[/tex]


¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨¨
For å vise dette må man konverterer til polar-koordinater;
[tex]x=r\cos(\theta)[/tex]
[tex]y=r\sin(\theta)[/tex]
setter
[tex]r=1/\cos(\theta)[/tex]
slik at:
[tex]I= 8 \int_0^{\pi/4}\int_0^{r} \sqrt{r^2\cos^2(\theta)+r^2\sin^2(\theta)}(1-r\cos(\theta))(1-r\sin(\theta))r dr d\theta[/tex]

[tex]I= 8 \int_0^{\pi/4}\int_0^{r} r (1-r\cos(\theta))(1-r\sin(\theta))r dr d\theta[/tex]

dette skal føre fram!

Man vil vel få trøbbel med integrasjonsgrensene i polarkoordinater da integrasjonsområdet er et kvadrat

plutarco wrote:Man vil vel få trøbbel med integrasjonsgrensene i polarkoordinater da integrasjonsområdet er et kvadrat

For å vise dette må man konverterer til polar-koordinater
og deler kvadratet i 2 med diagonalen
[tex]x=r\cos(\theta)[/tex]
[tex]y=r\sin(\theta)[/tex]
med:[tex]0\leq\theta \leq \pi/4[/tex]
og setter
[tex]r=1/\cos(\theta)[/tex]
integrerer over nedre halvdel av kvadratet, ganger derfor med 2, slik at:

[tex]I= 4\cdot 2 \int_0^{\pi/4}\int_0^{r} \sqrt{r^2\cos^2(\theta)+r^2\sin^2(\theta)}(1-r\cos(\theta))(1-r\sin(\theta))r dr d\theta[/tex]

[tex]I= 8 \int_0^{\pi/4}\int_0^{r} r (1-r\cos(\theta))(1-r\sin(\theta))r dr d\theta[/tex]

[tex]I= 8 \int_0^{\pi/4}\int_0^{1/\cos(\theta)} (r^2 - r^3(\cos(\theta) + \sin(\theta))+r^4\cos(\theta)\sin(\theta)) dr d\theta[/tex]

[tex]I= 8 \int_0^{\pi/4} \left(\frac{\sec^3(\theta)}{12}-\frac{\sec^3(\theta)\tan(\theta)}{20}\right) d\theta[/tex]

[tex]I= 8 \left(\frac{\sec(\theta)\tan(\theta)\,+\,\ln|\sec(\theta)+\tan(\theta)|}{24}-\frac{\sec^3(\theta)}{60}\right)_0^{\pi/4}[/tex]


[tex]I=\frac{2+\sqrt{2}+5\ln (1+\sqrt{2})}{15}=\frac{2+\sqrt{2}+5\text arcsinh(1)}{15}[/tex]

Jepp.

Oppfølger:

Finn forventningsverdien til avstanden mellom to punkter tilfeldig plassert på en sirkel med radius r.