球内の2点を含む確率

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Noname 2020-10-03 04:52.

半径の球内の2つのランダムに選択された点の確率を見つけます $r,$ せいぜい $d$ 離れて、どこで $0\leq d \leq 2r$

私はこれについてMathStack Exchangeでいくつかの答えを見てきましたが、確率を考え出す方法を本当に理解することができませんでした。例えば、https://iquestion.pro/q/ma14410443/tamanai-no-2-tsu-no-randamuna-ten-no-kyori-ga-itteimiman-de-aru-kakuritsu答えは2つありますが、どれも理解できません。誰かが私をいくつかのリソースに導き、導き出す方法をよりよく理解することができますか?$3$-答えのような次元積分?最初の点を選択し、座標系を変更して次の座標を持つことができることを理解しています$(0,0,z)$これにより、視覚化と計算が容易になります。また、何があっても確率は同じなので$r$ 対称性によるものであるため、WLOGは次のように仮定できます。 $r=1.$しかし、@ Empy2はどのようにして積分を導き出しましたか?からの積分$0$$1$$z^2$ に関して $z$ 分母では、サンプル空間の確率を表していると思いますか?

2 answers

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David G. Stork 2020-10-03 07:26.

完全な答えではありませんが、スタート...

質問はそれを述べていませんが、点は半径の球のボリューム内で均一に選択されていると仮定する必要があります $1$。最初の点はある半径にあります$0 \leq r_1 \leq 1$、そしてその点が上にある座標を選択できます $z$軸。(または、一般性を失うことなく、点1が上になるように球を回転させることもできます。$z$ 軸。)点2は半径にあります $0 \leq r_2 \leq 1$周りのいくつかの方位角で$z$軸。ここでも、一般性を失うことなく、参照フレーム(または球)を回転させて、点2が平面内にあるようにすることができます。$y=0$

したがって、原点と両方の点は平面にあります $y=0$。ポイント2はある仰角にあります$0 \leq \theta \leq \pi$

これらの2点間の距離は、余弦定理によって与えられます。

$$d = \sqrt{r_1^2 + r_2^2 - 2 r_1 r_2 \cos \theta}$$

もちろん $0 \leq d \leq 2$

与えられたものを見つける密度のために注意してください $r_i$ 我々は持っています:

$$p(d) \propto \int\limits_{r_1=0}^1 dr_1 \int\limits_{r_2 = 0}^1 dr_2 \int\limits_{\theta = 0}^{\pi} d\theta \sqrt{r_1^2 + r_2^2 - 2 r_1 r_2 \cos \theta}\ p(r_1) p(r_2)$$

ここに $p(r_i)$ は、特定の半径で点を見つける確率です。これは、球の体積のため、に比例します。 $r_i^2$。完全積分には、確かに楕円積分が含まれます。

あなたが得ると $p(d)$ ために $0 \leq d \leq 2$、あなたはそれがいくつかの基準よりも大きい確率を見つけることができます $d_0$ 統合によって。


コメントで聞かれたので...はい、Mathematica

Graphics3D[
 {Opacity[0.5], Sphere[],
  Yellow, InfinitePlane[{0, 0, 0}, {{1, 0, 0}, {0, 0, 1}}],
  Red, Opacity[1], Thickness[0.01], 
  Line[{{0, 0, 0}, {0, 0, .7}, {.3, 0, .5}, {0, 0, 0}}],
  Black, PointSize[0.03], Point[{0, 0, .7}], Point[{.3, 0, .5}], 
  Point[{0, 0, 0}],
  Text[Style["\[Theta]", 18], {.05, 0, .2}]},
 Boxed -> False]
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Christian Blatter 2020-10-16 03:10.

2つのランダムなポイント ${\bf p}$ そして ${\bf q}$ 単位球内に均一かつ独立して分布している $B_1\subset{\mathbb R}^3$、および距離 $d\in[0,2]$与えられます。確率を知りたい$F(d)$ それ $|{\bf q}-{\bf p}|\leq d$

で示す $p_d(r)$ その確率 $|{\bf q}-{\bf p}|\leq d$、仮定を条件とする ${\bf p}=(0,0,r)$$0<r<1$。球対称性のために、 $$F(d)=\int_0^1 p(r)\>3r^2\>dr\ ,\tag{1}$$ 変数が $R:=|{\bf p}|$ 確率密度を持っています $f_R(r)=3r^2$ $(0< r<1)$

次の図は $B_1$ (を中心に $0$)とボール $B_d$ 半径の $d$ (を中心に ${\bf p}$)。私たちはそれを言うことができます $$p_d(r)={{\rm vol}(B_d\cap B_1)\over{\rm vol}(B_1)}\ .\tag{2}$$

いつ $1-r<d<1+r$図の赤と黒の円は交差しています。交差点$B_d\cap B_1$ 次に、2つの和集合です https://en.wikipedia.org/wiki/Spherical_cap $C_d$ そして $C_1$。のボリュームを取得するには$C_d\cup C_1$ の値を決定する必要があります $z$図では。この値は2つの方程式から得られます $$x^2+z^2=1,\qquad x^2+(z-r)^2=d^2\ ,$$ そしてによって与えられます $$z={1+r^2-d^2\over 2r}\ .$$ の式によると $V^{(2)}$ 与えられたリンクで私たちは得ます $${\rm vol}(B_d\cap B_1)={\rm vol}(C_d\cup C_1) ={\pi\over3}\bigl((1-z)^2(2+z)+(z+d-r)^2(2d+r-z)\bigr)\ .$$ これをで割る ${4\pi\over3}$、 見る $(2)$、与える $p_d(r)$。計算結果は$$p_d(r)= {-3+6d^2-3d^4\over 16}{1\over r}+{1+d^3\over2}-{3+3d^2\over8}r+{1\over16}r^3 \qquad(1-r<d<1+r)\ .$$ 仮定する $d\leq1$。いつ$d<1-r$、すなわち、 $r<1-d$、その後 $B_d\cap B_1=B_d$、 そのため $p_d(r)=d^3$。から$(1)$ その結果 $$F(d)=\int_0^{1-d}d^3\cdot 3r^2\>dr+\int_{1-d}^1p_d(r)\cdot3r^2\>dr=d^3-{9\over16}d^4+{1\over32}d^6\qquad(0\leq d\leq1)\ .\tag{3}$$ 同様に、 $d\geq1$。いつ$d>1+r$、すなわち、 $r<d-1$、その後 $B_d\cap B_1=B_1$、 そのため $p_d(r)=1$。その結果 $$F(d)=\int_0^{d-1}1\cdot 3r^2\>dr+\int_{d-1}^1p_d(r)\cdot3r^2\>dr=d^3-{9\over16}d^4+{1\over32}d^6\qquad(1\leq d\leq2)\ .\tag{4}$$ 数式 $(3)$ そして $(4$)明確な結果があることを示す $$F(d)=d^3-{9\over16}d^4+{1\over32}d^6\qquad(0\leq d\leq2)\ .$$

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