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Mathematik » Stochastik und Statistik » Erwartungswert: Abstand zweier Punkte auf Kreis
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Universität/Hochschule Erwartungswert: Abstand zweier Punkte auf Kreis
carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2021-04-06 21:07


Hallo allerseits,
Im Rätsel der Woche:
www.spiegel.de/karriere/ein-kreis-zwei-punkte-raetsel-der-woche-a-daae881f-621f-44ca-8e5e-0000df47e481
ist die Zufallsvariable bei der Lösung nur von einer Variable abhängig.

Hier mein alternativer Ansatz:
Die 2 Punkte auf dem Kreisrand (des Kreises mir Radius r=1) seien durch
2 beliebige Winkel x,y im Bereich [0, $2 \pi$) festgelegt.
Dann gilt für den Abstand der 2 Punkte:
$d(x,y) = \sqrt{(sin(x)-sin(y))^2 + (cos(x)-cos(y))^2}$
und damit:
$E(d) = \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{2\pi}[ \sqrt{(sin(x)-sin(y))^2 + (cos(x)-cos(y))^2} \cdot 1/(2\pi) \cdot 1/(2\pi)]\, dx dy$

Wie kann man zeigen, daß als Ergebnis rauskommt:
$4/pi$

mfg
cx




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nzimme10
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2021-04-06 22:00


Es ist
\[
\begin{align*}
&\frac{1}{4\pi^2}\int_0^{2\pi}\int_0^{2\pi} \sqrt{(\sin(x)-\sin(y))^2 + (\cos(x)-\cos(y))^2} \ \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y \\
&=\frac{1}{4\pi^2}\int_0^{2\pi}\int_0^{2\pi} \sqrt{\sin^2(x)-2\sin(x)\sin(y)+\sin^2(y)+\cos^2(x)-2\cos(x)\cos(y)+\cos^2(y)} \ \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y \\
&=\frac{1}{4\pi^2}\int_0^{2\pi}\int_0^{2\pi} \sqrt{2-2(\sin(x)\sin(y)+\cos(x)\cos(y))} \ \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y \\
&=\frac{1}{4\pi^2}\int_0^{2\pi}\underbrace{\int_0^{2\pi} \sqrt{2-2\cos(x-y)} \ \mathrm{d}x}_{= \, 8} \, \mathrm{d}y =\frac{2}{\pi^2}\cdot 2\pi =\frac{4}{\pi}
\end{align*}
\]



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2021-04-06 22:03


Huhu carlox,

wie wäre es denn mit einfach ausrechnen?

\(\displaystyle \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \sqrt{(\sin(x)-\sin(y))^2 + (\cos(x)-\cos(y))^2} \,\, \dd x\,  \dd y= \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{2\pi} 2\left|\sin\frac{(x-y)}{2}\right|\, \dd x\,  \dd y=2\int_{0}^{2\pi} \int_{y}^{2\pi} 2 \sin\frac{(x-y)}{2}\, \dd x\,  \dd y=\ldots\)

Gruß,

Küstenkind

[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]



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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-07 09:32


Hallo Küstenkind,
2021-04-06 22:03 - Kuestenkind in Beitrag No. 2 schreibt:
wie wäre es denn mit einfach ausrechnen?

Ich muß das folgende Integral ausrechnen (so weit bin ich gekommen):
\(\displaystyle \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \sqrt{2-2\sin(x) \cdot \sin(y) - 2\cos(x) \cdot \cos(y)} \,\, \dd x\,  \dd y \)

Habe 2 Integralrechner dabei benutzt.
Keiner hat mir eine Lösung berechnet.
Ich muß ja einmal nach x integrieren (wobei y eine Konstante ist) und danach nach y.

mfg
cx





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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2021-04-07 10:04


Huhu carlox,

nutze nun erstmal die ersten beiden Identitäten von dort.

Gruß,

Küstenkind



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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-07 12:39


2021-04-06 22:00 - nzimme10 in Beitrag No. 1 schreibt:
Es ist
\[
\begin{align*}
&\frac{1}{4\pi^2}\int_0^{2\pi}\int_0^{2\pi} \sqrt{(\sin(x)-\sin(y))^2 + (\cos(x)-\cos(y))^2} \ \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y \\
&=\frac{1}{4\pi^2}\int_0^{2\pi}\int_0^{2\pi} \sqrt{\sin^2(x)-2\sin(x)\sin(y)+\sin^2(y)+\cos^2(x)-2\cos(x)\cos(y)+\cos^2(y)} \ \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y \\
&=\frac{1}{4\pi^2}\int_0^{2\pi}\int_0^{2\pi} \sqrt{2-2(\sin(x)\sin(y)+\cos(x)\cos(y))} \ \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y \\
&=\frac{1}{4\pi^2}\int_0^{2\pi}\underbrace{\int_0^{2\pi} \sqrt{2-2\cos(x+y)} \ \mathrm{d}x}_{= \, 8} \, \mathrm{d}y =\frac{2}{\pi^2}\cdot 2\pi =\frac{4}{\pi}
\end{align*}
\]
Es gilt:
$ 2 \cdot \sin(x) \cdot \sin(y)= \cos(x-y) - \cos(x+y) $
$ 2 \cdot \cos(x) \cdot \cos(y)= \cos(x-y) + \cos(x+y) $
und damit:
$\int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \sqrt{2-2\sin(x) \cdot \sin(y) - 2\cos(x) \cdot \cos(y)} \,\, \dd x\,  \dd y = $
$\int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \sqrt{2-(\cos(x-y) - \cos(x+y)) - (\cos(x-y) + \cos(x+y))} \,\, \dd x\,  \dd y = $
$\int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \sqrt{2-2\cos(x-y)} \,\, \dd x\,  \dd y  $
Du kommst auf:
$\int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \sqrt{2-2\cos(x+y)} \,\, \dd x\,  \dd y  $
Wo ist der Rechenfehler?


mfg
cx





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nzimme10
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2021-04-07 12:41


Du hast einen Vorzeichenfehler. Wenn du das "$-$" ausklammerst, musst du auch die Vorzeichen in der Klammer umdrehen. Klammer doch zunächst mal die $-2$ aus und wende dann die Additionstheoreme an.



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2021-04-07 12:52


2021-04-07 12:39 - carlox in Beitrag No. 5 schreibt:
$\int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \sqrt{2-2\cos(x-y)} \,\, \dd x\,  \dd y  $

Das sieht gut aus. Weiter geht es mit Identität (1) dort. Dann landest du bei

2021-04-06 22:03 - Kuestenkind in Beitrag No. 2 schreibt:
\(\displaystyle \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \sqrt{(\sin(x)-\sin(y))^2 + (\cos(x)-\cos(y))^2} \,\, \dd x\,  \dd y= \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{2\pi} 2\left|\sin\frac{(x-y)}{2}\right|\, \dd x\,  \dd y\)

Gruß,

Küstenkind

2021-04-07 12:41 - nzimme10 in Beitrag No. 6 schreibt:
Wenn du das "$-$" ausklammerst, musst du auch die Vorzeichen in der Klammer umdrehen.

Wo wurde was ausgeklammert?



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nzimme10
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2021-04-07 12:56


2021-04-07 12:52 - Kuestenkind in Beitrag No. 7 schreibt:
Wo wurde was ausgeklammert?
Mein Fehler. Ich habe in meiner Rechnung aber verwendet, dass
$$ \cos(x+y)=\sin(x)\sin(y)+\cos(x)\cos(y).
$$ Habe damit meinen Fehler gefunden!



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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-07 14:19


Es gilt:
$ 2 \cdot \sin(x) \cdot \sin(y)= \cos(x-y) - \cos(x+y) $
$ 2 \cdot \cos(x) \cdot \cos(y)= \cos(x-y) + \cos(x+y) $
und damit:
$\int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \sqrt{2-2\sin(x) \cdot \sin(y) - 2\cos(x) \cdot \cos(y)} \,\, \dd x\,  \dd y = $
$\int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \sqrt{2-(\cos(x-y) - \cos(x+y)) - (\cos(x-y) + \cos(x+y))} \,\, \dd x\,  \dd y = $
$\int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \sqrt{2-2\cos(x-y)} \,\, \dd x\,  \dd y=  $
$\int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \sqrt{2(1-\cos(x-y))} \,\, \dd x\,  \dd y=  $
$\int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \sqrt{2}\sqrt{1-\cos(x-y)} \,\, \dd x\,  \dd y=  $
$\int_{0}^{2\pi} (\sqrt{2}\int_{0}^{2\pi} \sqrt{1-\cos(x-y)} \,\, \dd x)\,  \dd y=  $
Aber eine Stammfunktion von  $\sqrt{1-\cos(x-y)}$ ist:
$-\sqrt{8} \cos((x-y)/2)$
sagt zumindest: www.integralrechner.de/
Stimmt das ?

mfg
cx




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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-07 22:38


2021-04-07 12:56 - nzimme10 in Beitrag No. 8 schreibt:
2021-04-07 12:52 - Kuestenkind in Beitrag No. 7 schreibt:
Wo wurde was ausgeklammert?
Mein Fehler. Ich habe in meiner Rechnung aber verwendet, dass
$$ \cos(x+y)=\sin(x)\sin(y)+\cos(x)\cos(y).
$$ Habe damit meinen Fehler gefunden!
Was ändert sich damit im Beitrag Nr. 1?
Kannst du dies dort bitte ändern.
Ich würde es gern nachvollziehen.

mfg
cx



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nzimme10
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2021-04-07 22:40


2021-04-07 22:38 - carlox in Beitrag No. 10 schreibt:
Was ändert sich damit im Beitrag Nr. 1?
Kannst du dies dort bitte ändern.
Ich würde es gern nachvollziehen.

Im ersten Beitrag habe ich $\cos(x+y)$ durch $\cos(x-y)$ bereits ersetzt, weil ich fälschlicherweise
$$ \cos(x+y)=\cos(x)\cos(y)+\sin(x)\sin(y)
$$ verwendet hatte.



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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-07 22:55


2021-04-06 22:00 - nzimme10 in Beitrag No. 1 schreibt:
Es ist
\[
\begin{align*}
&\frac{1}{4\pi^2}\int_0^{2\pi}\int_0^{2\pi} \sqrt{(\sin(x)-\sin(y))^2 + (\cos(x)-\cos(y))^2} \ \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y \\
&=\frac{1}{4\pi^2}\int_0^{2\pi}\int_0^{2\pi} \sqrt{\sin^2(x)-2\sin(x)\sin(y)+\sin^2(y)+\cos^2(x)-2\cos(x)\cos(y)+\cos^2(y)} \ \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y \\
&=\frac{1}{4\pi^2}\int_0^{2\pi}\int_0^{2\pi} \sqrt{2-2(\sin(x)\sin(y)+\cos(x)\cos(y))} \ \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y \\
&=\frac{1}{4\pi^2}\int_0^{2\pi}\underbrace{\int_0^{2\pi} \sqrt{2-2\cos(x-y)} \ \mathrm{d}x}_{= \, 8} \, \mathrm{d}y =\frac{2}{\pi^2}\cdot 2\pi =\frac{4}{\pi}
\end{align*}
\]
Wie kommst du auf die 8 ?
Eine Stammfunktion von  $\sqrt{1-\cos(x-y)}$ ist:
$-\sqrt{8} \cos((x-y)/2)$
Wobei das auch nicht ganz stimmen kann, da $-\sqrt{8} \cos((x-y)/2)$
negativ werden kann, aber $\sqrt{1-\cos(x-y)}$ >= 0 ist.
Deswegen bin ich sehr daran interessiert, wie du das gerechnet hast
und bitte dich, mir das zu erklären.

mfg
cx




[Die Antwort wurde nach Beitrag No.10 begonnen.]



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nzimme10
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2021-04-07 23:02


Edit: Ich schaue gerade nochmal nach, wie ich das genau gerechnet habe.



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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-07 23:14


2021-04-07 23:02 - nzimme10 in Beitrag No. 13 schreibt:
Edit: Ich schaue gerade nochmal nach, wie ich das genau gerechnet habe.
$\sqrt{2-2\cos(x-y)}$
ist der Integrand, aber dieser ist doch nicht 2 pi -periodisch.

mfg
cx



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2021-04-08 11:24


Huhu carlox,

bitte benutze mehr deinen Verstand und weniger Integralrechner. Ich hatte dir doch schon geschrieben:

2021-04-07 12:52 - Kuestenkind in Beitrag No. 7 schreibt:

Das sieht gut aus. Weiter geht es mit Identität (1) dort. Dann landest du bei

2021-04-06 22:03 - Kuestenkind in Beitrag No. 2 schreibt:
\(\displaystyle \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \sqrt{(\sin(x)-\sin(y))^2 + (\cos(x)-\cos(y))^2} \,\, \dd x\,  \dd y= \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{2\pi} 2\left|\sin\frac{(x-y)}{2}\right|\, \dd x\,  \dd y\)


Um den Betrag aufzulösen teilst du das Quadrat einfach in 2 Dreiecke und nutzt die Symmetrie. Male dir das Integrationsgebiet sonst auf - das hilft immer (ich hatte auch erst die Grenzen falsch in #2). Du erhältst

\(\displaystyle 2\int_{0}^{2\pi} \int_{y}^{2\pi} 2 \sin\frac{x-y}{2}\, \dd x\,  \dd y=-8\int_0^{2\pi} \left(\cos\frac{-y}{2}-1\right)\,\dd y=8\int_0^{2\pi}\,\dd y=16\pi\)

und bist fertig.

Gruß,

Küstenkind



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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-08 21:43


2021-04-08 11:24 - Kuestenkind in Beitrag No. 15 schreibt:
bitte benutze mehr deinen Verstand und weniger Integralrechner.
Vielen Dank an Küstenkind.
Ich habe alles nochmals ausführlich notiert, damit es jeder nachvollziehen kann.
Wenn es noch Rechenfehler hat, werde ich sie ausbessern.


\( E(d)= \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \sqrt{(\sin(x)-\sin(y))^2 + (\cos(x)-\cos(y))^2} \cdot \frac{1}{2\pi} \cdot \frac{1}{2\pi} \,\, \dd x\,  \dd y= \)

\(\frac{1}{4\pi^2}\int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \sqrt{(\sin(x)-\sin(y))^2 + (\cos(x)-\cos(y))^2}  \,\, \dd x\,  \dd y= \)


// Es gilt: \( \sin(x) \cdot \sin(y) = \frac{1}{2}(\cos(x-y)-\cos(x+y)) \)
// Es gilt: \( \cos(x) \cdot \cos(y) = \frac{1}{2}(\cos(x-y)+\cos(x+y)) \)

\(
\frac{1}{4\pi^2} \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \sqrt{(2 \cdot \cos \frac{x+y} {2} \sin \frac{x-y}{2})^2 + (-2 \cdot \sin \frac{x+y} {2} \sin \frac{x-y}{2})^2} \,\, \dd x\,  \dd y= \)

\(
\frac{1}{4\pi^2} \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{2\pi} 2\left|\sin\frac{(x-y)}{2}\right|\, \dd x\,  \dd y = \)

\(
\frac{1}{4\pi^2} \cdot 2 \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \left|\sin\frac{(x-y)}{2}\right|\, \dd x\,  \dd y = \)

\(
\frac{1}{2\pi^2}  \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \left|\sin\frac{(x-y)}{2}\right|\, \dd x\,  \dd y  \)

Da die Funktion
\( f(x,y) = \left|\sin\frac{(x-y)}{2}\right|\ \)
achsensymmetrisch zur 1. Winkelhalbierenden ist, genügt es statt auf
\([0,2\pi] \times [0,2\pi]\) das Integral auf der Fläche des Dreiecks mit den 3 Ecken
\((0|0), (0,2\pi), (2\pi|2\pi) \) auszurechnen und dieses dann zu verdoppeln:

\(
\int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \left|\sin\frac{(x-y)}{2}\right|\, \dd x\,  \dd y =

2 \int_{0}^{2\pi} \int_{y}^{2\pi} \left|\sin\frac{(x-y)}{2}\right|\, \dd x\,  \dd y =


2 \int_{0}^{2\pi} \int_{y}^{2\pi} \sin\frac{(x-y)}{2}\, \dd x\,  \dd y  \)


Berechnung von \(
\int_{y}^{2\pi} \sin\frac{(x-y)}{2}\, \dd x  \)

\(
\int_{y}^{2\pi} \sin\frac{(x-y)}{2}\, \dd x  =

\left[-2 \cos \frac{x-y}{2} \right]_{y}^{2\pi} =

-2 \cdot \left[\cos \frac{x-y}{2} \right]_{y}^{2\pi} = \)

\(
-2 \cdot \left[\cos \frac{2\pi-y}{2} - (\cos \frac{y-y}{2} \right] =

-2 \cdot (\cos(\pi-\frac{y}{2}) - 1 )  
\)


Berechnung von \(
2\int_{0}^{2\pi} -2 \cdot (\cos(\pi-\frac{y}{2}) - 1 )  \, \dd y \)

\(
2 \int_{0}^{2\pi} -2 \cdot (\cos(\pi-\frac{y}{2}) - 1 )  \, \dd y =


-4 \int_{0}^{2\pi} \cdot (\cos(\pi-\frac{y}{2}) - 1)  \, \dd y =


-4 \cdot \left[-2 \sin( \pi - \frac{y}{2}) -y \right]_{0}^{2\pi} = \)

\(
-4 \cdot \left[-2 \sin( \pi - \frac{2\pi}{2}) -2\pi - (-2\sin(\pi - \frac{0}{2}) -0)\right] =

-4 \left[-2\sin(\pi - \pi)-2\pi - (-2\sin(\pi) -0)\right] =

8 \pi  \)

Damit gilt dann:

\( E(d)= \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \sqrt{(\sin(x)-\sin(y))^2 + (\cos(x)-\cos(y))^2} \cdot \frac{1}{2\pi} \cdot \frac{1}{2\pi} \,\, \dd x\,  \dd y= \)

\(
\frac{1}{2\pi^2}  \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \left|\sin\frac{(x-y)}{2}\right|\, \dd x\,  \dd y  =

\frac{1}{2\pi^2} \cdot 8 \pi = \frac{4}{\pi} \)









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Wally
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2021-04-09 07:57


Man könnte natürlich auch sagen, dass der eine Punkt egal ist, einen festen wählen und mit einem Integral auskommen.

Wenn man zum Beispiel einen Kreis um (1,0) mit Radius 1 und als festen Punkt den Ursprung wählt, bekommt man schnell einen einfachen Ausdruck, den sogar ein Integralrechner bestimmen kann.

Viele Grüße

Wally



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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-09 08:04


2021-04-08 11:24 - Kuestenkind in Beitrag No. 15 schreibt:
bitte benutze mehr deinen Verstand und weniger Integralrechner.
Du hast die Formeln trickreich umgeformt, so daß du von Hand die unbestimmten Integrale berechnen konntest.
Wenn man das - so wie ich - weniger trickreich und etwas plumper macht,
kommt man auf:

$E(d)=\frac{1}{4\pi^2}\int_{0}^{2\pi} (\sqrt{2}\int_{0}^{2\pi} \sqrt{1-\cos(x-y)} \,\, \dd x)\,  \dd y  $

Und nun habe ich das Problem eine Stammfunktion von  $\sqrt{1-\cos(x-y)}$ zu finden:
Der Integralrechner www.integralrechner.de/ nennt mir eine Stammfunktion:
$-\sqrt{8} \cos((x-y)/2)$
Dies ist aber keine, da diese (wegen Integranden >=0) monoton steigend sein müßte. Das ist sie aber nicht.

Deswegen die Frage:
Was ist die Stammfunktion von $\sqrt{1-\cos(x-y)}$  ?
Gerne kann ich diese Frage aber auch in einem neuen Thread formulieren, da sie nicht direkt mit Stochastik zu tun hat.

mfg
cx


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.16 begonnen.]



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carlox
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2021-04-09 07:57 - Wally in Beitrag No. 17 schreibt:
Man könnte natürlich auch sagen, dass der eine Punkt egal ist, einen festen wählen und mit einem Integral auskommen.
Wally

1)
Ja, so anschaulich habe ich bei meiner 1. Lösung auch so argumentiert.
Wie kann man aber mathematisch argumentieren?

2)
Mein Ansatz meiner 1. Lösung:
Fester Punkt (1|0), variabler Punkt $(\cos(x)|\sin(x))$
Für der Abstand d(x) zwischen diesen Punkten gilt:
$d(x) = \sqrt{(\cos(x)-1)^2 + (\sin(x)-0)^2)} $
Also:
\(
E(d) = \int_{0}^{2\pi}\sqrt{(\cos(x)-1)^2 + (\sin(x)-0)^2)} \cdot \frac{1}{2\pi} \, dx =\)

\(
\frac{1}{2\pi} \int_{0}^{2\pi}\sqrt{(\cos(x)-1)^2 + (\sin(x)-0)^2)}  \, dx =\)

\(
\frac{1}{2\pi} \int_{0}^{2\pi}\sqrt{\cos^2(x)+1-2\cos(x)+sin^2(x)}  \, dx =\)

\(
\frac{1}{2\pi} \int_{0}^{2\pi}\sqrt{2-2\cos(x)}  \, dx =\)

\(
\frac{1}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \sqrt{2} \sqrt{1-\cos(x)}  \, dx =\)

\(
\frac{\sqrt{2}}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \sqrt{1-\cos(x)}  \, dx \)

//
Jetzt habe ich wieder das Problem eine Stammfunktion zu finden, nämlich von:
\( \sqrt{1-\cos(x)} \)
Vermutlich kann man keine "verwertbare" Stammfunktion explizit angeben.
D.h. man muß vermutlich wieder E(d) geschickter umformen als ich und zwar so, daß man den Integrand von Hand berechnen kann.
Stimmt meine Argumentation?
//

// Edit: Weiter gehts mit Wallys Hilfe:

\(
\frac{\sqrt{2}}{2\pi} \int_{0}^{\pi} \sqrt{1-\cos(2t)} 2  \, dt  =


\frac{\sqrt{2}}{2\pi}2 \int_{0}^{\pi} \sqrt{1-\cos(2t)}   \, dt  =

\frac{\sqrt{2}}{\pi} \int_{0}^{\pi} \sqrt{1-\cos(2t)}   \, dt  =\)

// Es gilt: \( \cos(z) = \cos^2(z)-\sin^2(z)  \)

\(
\frac{\sqrt{2}}{\pi} \int_{0}^{\pi} \sqrt{\sin^2(t)+\cos^2(t)-(\cos^2(t)-\sin^2(t))}   \, dt  =\)

\(
\frac{\sqrt{2}}{\pi} \int_{0}^{\pi} \sqrt{2 \sin^2(t)}   \, dt  =


\frac{\sqrt{2}}{\pi} \int_{0}^{\pi} \sqrt{2} \left| \sin^2(t) \right|   \, dt  =


\frac{\sqrt{2}}{\pi}\sqrt{2} \int_{0}^{\pi} \left| \sin^2(t) \right|   \, dt  = \)

\(
\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} \left| \sin^2(t) \right|   \, dt  =


\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} \sin^2(t)  \, dt  =


\frac{2}{\pi} \cdot 2=


\frac{4}{\pi}\)





mfg
cx




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Wally
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, eingetragen 2021-04-09 09:35

\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\)
1) bei einer Rotation verändern sich Abstände nicht. Wer es nicht glaubt, muss das für Translationen (Mittelpunkt nach (0,0)), Rotationen um den Ursprung (orthogonale Abbildung) und Translation zurück ausrechnen.

Für mich liegt das unterhalb der Schmerzschwelle, wo ich einen exakten Beweis brauche.

2) Das solltest du jetzt wissen: setze \( x=2t \).

Viele Grüße

Wally
\(\endgroup\)


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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, eingetragen 2021-04-09 10:38


2021-04-09 08:46 - carlox in Beitrag No. 19 schreibt:

\(\frac{\sqrt{2}}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \sqrt{1-\cos(x)}  \, dx \)

Jetzt habe ich wieder das Problem eine Stammfunktion zu finden, nämlich von:
\( \sqrt{1-\cos(x)} \)

Das ist doch die gleiche Umformung sonst auch wie vorher:

\(\displaystyle \sqrt{1-\cos(x)}=\sqrt{2\cdot\frac{1-\cos(x)}{2}}=\sqrt{2}\sin\frac{x}{2}\)

Da \(x\in[0,2\pi]\) brauchst du hier auch keinen Betrag und kannst einfach integrieren:

\(\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \sqrt{1-\cos(x)}  \, \dd x=\frac{2}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \sin\frac{x}{2}\, \dd x=\ldots \)

2021-04-09 08:46 - carlox in Beitrag No. 19 schreibt:
Vermutlich kann man keine "verwertbare" Stammfunktion explizit angeben.



Für einen plot siehe hier.

Gruß,

Küstenkind



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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-11 11:50


2021-04-09 10:38 - Kuestenkind in Beitrag No. 21 schreibt:
2021-04-09 08:46 - carlox in Beitrag No. 19 schreibt:

\(\frac{\sqrt{2}}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \sqrt{1-\cos(x)}  \, dx \)

Jetzt habe ich wieder das Problem eine Stammfunktion zu finden, nämlich von:
\( \sqrt{1-\cos(x)} \)

Das ist doch die gleiche Umformung sonst auch wie vorher:

\(\displaystyle \sqrt{1-\cos(x)}=\sqrt{2\cdot\frac{1-\cos(x)}{2}}=\sqrt{2}\sin\frac{x}{2}\)

Da \(x\in[0,2\pi]\) brauchst du hier auch keinen Betrag und kannst einfach integrieren:

\(\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \sqrt{1-\cos(x)}  \, \dd x=\frac{2}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \sin\frac{x}{2}\, \dd x=\ldots \)

2021-04-09 08:46 - carlox in Beitrag No. 19 schreibt:
Vermutlich kann man keine "verwertbare" Stammfunktion explizit angeben.



Für einen plot siehe hier.

Gruß,

Küstenkind

Du hast wieder trickreich umgeformt und Gehirnschmalz investiert.
Wer hat, der hat...
Ich dagegen wollte die billige Nummer, habe mich auf die Integralrechner verlassen und wurde von diesen "verlassen". Das war mein prinzipieller Fehler

Frage:
Gibt es auch Integralrechner, auf die man sich echt verlassen kann, bzw. die evtl. eine Meldung bringen, daß das Ergebnis auch falsch sein könnte ?

mfg
cx




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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, eingetragen 2021-04-11 13:45


Huhu carlox,

das tut dein Integralrechner doch. Du musst schon lesen was dort steht - und nicht nur auf das Ergebnis gucken.



Gruß (und einen schönen Sonntag wünscht),

Küstenkind



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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-11 14:22


2021-04-09 09:35 - Wally in Beitrag No. 20 schreibt:
1) bei einer Rotation verändern sich Abstände nicht. Wer es nicht glaubt, muss das für Translationen (Mittelpunkt nach (0,0)), Rotationen um den Ursprung (orthogonale Abbildung) und Translation zurück ausrechnen.

Für mich liegt das unterhalb der Schmerzschwelle, wo ich einen exakten Beweis brauche.

Probleme aus der Stochastik haben schon viele Menschen unterschätzt,
wie z.B. das Problem mit den 3 Türen:
www.andinet.de/raetsel/mathematik/dreitore.html


Verschiedene Modellierungen des Sachverhalts:
M1)
Es gibt eine gleichverteilte Zufallsvariablen X
(mit festem ersten Punkt auf Kreis)
Wurde in diesem Thread berechnet.

M2)
Es gibt 2 gleichverteilte Zufallsvariablen X1 und X2.
Wurde in diesem Thread berechnet.

M3)
Es gibt 2 Zufallsvariablen X1 und X2.
X1 hat eine _beliebige_ Verteilung, X2 eine Gleichverteilung

M4)
Es gibt 2 Zufallsvariablen X1 und X2.
X1 hat die Verteilung und zwar die, daß der Punkt P1(1|0)
mit der Wahrscheinlichkeit 1 getroffen wird.
Das sumuliert M1)
X2 hat eine Gleichverteilung


Jetzt sollte man zeigen, daß bei allen Modellen gilt:
E(d) = 4/pi

Kann man das evtl. relativ einfach mit den Werkzeugen der Stochastik zeigen?

[z.B. gilt ja der Satz E(aX+b) = a*E(X) + b.
Gibt es do etwas Ähnliches vielleicht auf für d(x,y) ?]


mfg
cx



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Wally
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.25, eingetragen 2021-04-11 15:19

\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\)
In der Spiegel-Aufgabe stand nichts über die Verteilung. Wie willst du eine nicht-gleich-Verteilung begründen?

Aber gut.

M5) Es gibt 2 Zufallsvariablen \( X_1\) und \( X_2\).
\( X_1\)  hat die Verteilung, dass der Punkt \(P_1(1|0)\)
mit der Wahrscheinlichkeit 1 getroffen wird.
\( X_2\) hat die Verteilung, dass der Punkt \(P_2(-1|0)\)
mit der Wahrscheinlichkeit 1 getroffen wird.

\( E(d)=2\).

Viele Grüße

Wally
\(\endgroup\)


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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.26, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-11 15:38


2021-04-11 15:19 - Wally in Beitrag No. 25 schreibt:
In der Spiegel-Aufgabe stand nichts über die Verteilung. Wie willst du eine nicht-gleich-Verteilung begründen?

Beim 1.Wurf wird der Kreis verschieden stark magnetisiert und die Kugel mit der auf ihn geworfen wird, ist aus Eisen gefertigt.

mfg
cx



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