Egyébként azonnal beláthatod, hogy a dV(x) szerinti integrálás nem vezethet helyes eredményre. Ugyanis ha az átfedést számolnád, akkor Te a
J = Int(0,2R)V(x)dV(x)
integrált tekintenéd, hiszen V(x) a metszet térfogata. Csakhogy ez egy negatív szám, vagyis nem ad semmiféle valószínűséget. Az ellentettje sem jó, mert az általad számolt I-vel együtt -J nem adja ki a teljes G2-et: I-J<G2.
A dV(x) helyett dG(x) szerint kell integrálnod, ahol G(x)=4pi/3.x3, az 1881-ben türelmesen elmagyaráztam, miért. Igy szépen kijön, hogy
A "nem átfedés" pontosan ellentettje az "átfedésnek", ezért a két esemény valószínűségeinek összege pontosan 1. Csak kényelmi szempontból számoltam az átfedést, ha az integrálomban a v(x)-et lecserélném (G-v(x))-re, akkor természetesen a 17/32 jönne ki (a nem átfedésre).
És igen, az 1/128-on vitatkozom, ez ugyanis nem esztergapad, hanem matematika. Ez vicc a részedről, de komolyan. Ha a századik tizedesjegyben lenne eltérés, azon is vitatkoznék, mert mutatná, hogy valamelyikünk rosszul számolt. Az átfedés valószínűsége pontosan 15/32, a nem átfedésé pontosan 17/32. Te előhúztad a kalapból a dV(x)-et hasraütésszerűen, míg én pontos és részletes indoklást adtam az én számolásomra. Te örülsz, hogy "mérnöki hibán belül" jól egyezik az eredményed az én eredményemmel, de én cseppet sem örülök, mert egy hibás számolást adtál hibás érveléssel, míg az én helyes számolásomat és kristálytiszta érvelésemet nem érted, hiába magyarázom már napok óta.
Amúgy csináltam egy numerikus szimulációt a Mathematica-val, talán az meggyőz a 15/32 helyességéről (ha a matek nem elég). Vettem egymillió pontpárt a térben, mindegyik koordinátái -2 és 2 közötti véletlenszámok voltak 8 tizedesjegy pontossággal. 274428 esetben volt mindkét pont az origó körüli 2 sugarú gömbben, ezen belül pedig 128660 esetben volt a két pont távolsága is legfeljebb 2. Tehát ebben a konkrét kísérletben az átfedés eseménynek relatív gyakorisága 128660/274428, kb. 0.46883. Ez igen közel áll a 15/32-hez, de nem a (15/32+1/128)-hoz!
Itt van Mathematica forráskód, hogy más is elvégezhesse a kísérletet:
Nem a dV(x) szerint kell integrálni, hanem dS(x) szerint, ahol G(x)=4pi/3.x3 az origó körüli x sugarú gömb térfogata. Ezt magyarázom a kezdetektől, de nem akarod elhinni.
Az előbbi üzenetemben (és persze korábban is) kiszámoltam, hogy az átfedés valószínűsége pontosan 15/32, ennek folytán a nem átfedés valószínűsége pontosan 17/32. Ha Neked nem ennyi jött ki (pontosan), akkor elszámoltál valamit.
Ezekben a feladatokban mindenhol egyenletes eloszlást értek a "véletlenszerűen" alatt, magyarán a valószínűségi mérték a Lebesgue-mérték osztva az alaphalmaz Lebesgue-mértékével.
Elmondom a megoldást pusztán valószínűségekkel és 3-dimenziós térfogatokkal. Nem lesz benne térfogati integrál meg felszíni integrál meg 6-dimenziós térfogat. Ha így se érted, akkor feladom.
Feladat. Vegyünk egy B és C pontot véletlenszerűen az A körüli 2 sugarú gömbből. Mekkora valószínűséggel lesz BC<2?
Megoldás. Jelölje E a "BC<2" eseményt, ennek valószínűségét kell kiszámolnunk. Legyen n tetszőleges pozitív egész és i=1,...,2n esetén jelölje Ei az "(i-1)/n<=AB<i/n és BC<2" eseményt. Az E1,...,E2n események páronként diszjunktak és uniójuk az E, ezért a keresett valószínűség
P(E) = sumi=1,...,2n P(Ei).
Most megbecsüljük a jobb oldalon álló tagokat. Először számoljuk ki, hogy adott B esetén mekkora valószínűséggel lesz BC<2. A C-t véletlenszerűen választjuk az AC<2 gömbből, tehát a keresett valószínűség a {C:AC<2 és BC<2 } résztartomány térfogataránya a {C:AC<2} gömbben. A résztartomány térfogata V(AB), ahol
V(x):=32pi/3 - 4pi.x + (pi/12)x3 (vö. 1726-os üzenet), ezért a szóban forgó feltételes valószínűség (32pi/3)-1V(AB). Az Ei esemény esetén (i-1)/n<=AB<i/n, vagyis ilyenkor a V(x) csökkenő volta miatt a feltételes valószínűség mindig nagyobb mint (32pi/3)-1V(i/n), de legfeljebb (32pi/3)-1V((i-1)/n). Ugyanakkor az "(i-1)/n<=AB<i/n" eseménynek magának a valószínűsége (32pi/3)-1(4pi/3){i3-(i-1)3}n-3, ami (32pi/3)-1.4pi.(i-1)2.n-3 és (32pi/3)-1.4pi.i2.n-3 közé esik, ezért következik, hogy
Mivel az x2 és a V(x) folytonos a [0,2]-n, ezért ott egyenletesen is folytonosak (Heine tétele), vagyis az ingadozásaik maximuma az 1/n nagyságú részintervallumokon a nullához tart, amint n tart a végtelenhez. Ebből könnyű meggondolni, hogy T(n)-S(n) is a nullához tart. Másfelől S(n) és T(n) közé esik az
I := (32pi/3)-2.4pi.int[0,2] x2.V(x).dx
integrál minden Riemann-összege, egyszerűen mert (i-1)/n és i/n között x2.V(x) minden értéke ((i-1)/n)2.V(i/n) és (i/n)2.V((i-1)/n) közé esik, hiszen x2 növekvő és V(x) csökkenő. A Riemann-összegek az I-hez tartanak az integrál definíciója szerint, ezért S(n) és T(n) is az I-hez tart T(n)-S(n)->0 miatt. Beláttuk tehát, hogy P(E) alulról és felülről is becsülhető egy-egy az I-hez konvergáló számsorozattal (nevezetesen S(n)-nel és T(n)-nel), aminek folytán
> Felveszünk véletlenszerűen két darab egységnyi hosszú szakaszt egy 3 hosszú szakaszban. Hogyan véletlenszerűen? (Nem elég erősen rágondolni, tessék leírni;)
OK, felfoghatod felszini integrálnak, ezen nem veszünk össze. Ezeknek a felszini integráloknak az integrálja adja a térfogatintegrált (bizonyitás az 1807-ben), vagyis azon (B,C) 6-dimenziós pontok térfogatát, amelyre a B és C körüli R sugarú gömbök átfedik egymást. Az átfedés valószinúsége ez a térfogat osztva az összes lehetséges (B,C) pár halmazának a térfogatával (ami a 2R sugarú 3-dimenziós gömb térfogatának négyzete).
Egyébként többet nem kivánok diskurálni erről a feladatról, erre tényleg nincs időm. Sokszor sokféleképpen elmondtam a megoldást, olvasd el őket lassan és figyelmesen újra. Esetleg az segithetne még neked a megértésben, ha a feladat 1-dimenziós változatát megoldanád. Tehát:
Felveszünk véletlenszerűen két darab egységnyi hosszú szakaszt egy 3 hosszú szakaszban. Mekkora valószinűséggel metszik egymást?
Ha jól oldod meg, látni fogod, hogy ehhez egy területet kell kiszámolni (amit aztán egy másik területtel kell leosztani a végén). Ez a terület az én 6-dimenziós térfogatom megfelelője.
Nincs szó semmiféle felszini integrálról. Egy tömör gömbön (3-dimenziós tartományon) kell integrálni egy 3-dimenziós térfogatot, mégpedig azt, amit korábban sokszor leirtam. Az eredmény egy 6-dimenziós térfogat, ezt kell leosztani a teljes eseménytér avagy fázistér (ami 6-dimenziós) térfogatával, hogy a valószinűséget megkapjuk.
Az integrálás határa x függvénye. B(x)=4Rpih=8R2pi-2Rpix ez a függvény a metszet A középpontú 2R sugarú h=2R-(x/2) magasságú gömbszelet felülete.
Ezt a két mondatodat is felejtsd el nyugodtan, nincs szükség a gömbszeletek felszínére. Csak a v:R3->R függvényre van szükség, amit a 1868-ban definiáltam, ennek integrálját kell kiszámolni az A körüli 2R sugarú gömbön, ahol A az eredeti 3R sugarú gömb középpontja. A v-t ismerjük, nevezetesen
v(B)=v(x):=32pi/3.R3 - 4pi.x.R2 + (pi/12)x3 , ahol x:=AB, ezért
int v(B) dB = int[0,2R] 4pi.x2.v(x).dx = (15/32).(32pi/3.R3)2.
Az itt következő két soros számításod értelmetlen. dB/dx nem létezik, mert B egy pont az R3-ban, nem pedig az x valós változó függvénye.
Amit én mondok, abban nincs semmiféle helyettesítéses integrálás. Egyszerűen egy gömb feletti integrált átírok mint gömbfelületek feletti integrálok integrálja. Olyan ez, mintha egy iskola tanulmányi átlagát úgy számolnád ki, hogy először az egyes osztályokban számolnád ki az átlagot, utána ezeknek az osztályátlagoknak vennéd az osztálylétszámokkal súlyozott átlagát. Az iskola a gömb, az osztályok a gömbfelületek, az osztálylétszámok pedig az egyes gömbfelületek felszíne. Egyszerű dolog ez.
Az első integrálnál nincs megadva az integrálás határa.
A szövegben korábban megadtam az első integrálás tartományát. Idézek: "a keresett térfogat int v(B) dB, ahol a B az A körüli 2R sugarú gömbön fut végig."
Tehát: V(x) függvény x(0,2R) intervallum feletti Riemann -Stjieltjes integrálja
a baloldal.
Felfoghatod annak, ha a 4pi.x2.dx-re úgy gondolsz mint Lebesgue-Stieltjes mértékre. Véleményem szerint az ilyen elnevezések csak eltakarják a lényeget, ami a következő:
A bal oldal az A körüli 2R sugarú gömb feletti 3-dimenziós integrál. Ezt a gömböt (ami felett integrálunk) szétszedjük 0<=x<=2R sugarú gömbfelületekre. Minden ilyen gömbfelületen konstans az integrandus, nevezetesen
v(B)=v(x):=32pi/3.R3 - 4pi.x.R2 + (pi/12)x3.
Mivel az x sugarú gömb felszíne 4pi.x2, ezért
int v(B) dB = int[0,2R] 4pi.x2.v(x).dx = (15/32).(32pi/3.R3)2.
Remélem most már minden világos, legalábbis intuitíve az. A két integrál egyezőségének precíz levezetését megtalálod a 1807-ben.
A résztartományt felszeletelem S(x)xV(x) alakú 5-dimenziós felületekre
Ez így nem igaz, de adott x-hez a {(B,C):B in S(x), C in V(B)} 5-dimenziós szelet tartozik, aminek mértéke ténylegesen s(x).v(x). Na mindegy, az 1868-os üzenet teljesen rendben van, mint ahogy 1726 és 1807 is (sajtóhibáktól eltekintve).
B középpontú R sugarú gömb metszete és C középpontú R sugarú gömb metszete nem üres, metszetük térfogata 0<V(d)=4R3pi/3
Egyrészt nem konstans ennek a metszetnek a térfogata (erősen függ a d-től), másrészt én nem is beszélek sehol erről a metszetről.
Még egyszer utoljára elmondom kicsit másként a megoldásomat, többet nem fogok beszélni róla, mert rövid az életem és unom a témát. Minden B-hez van a C-knek egy tiltott V(B) tartománya, mégpedig az A és B körüli 2R sugarú gömbök metszete. A V(B) tehát a B függvénye, a {B}xV(B) alakú Descartes-szorzatok uniója pedig a teljes tiltott tartomány az R6-ban, ennek térfogatát kell kiszámolni. Ha v(B)-vel jelölöd a V(B) térfogatát, akkor a keresett térfogat int v(B) dB, ahol a B az A körüli 2R sugarú gömbön fut végig. Na most v(B) csak az x=AB távolságtól függ, jelölje ezt a közös értéket v(x). Adott x-hez 4pi.x2 felületnyi B tartozik, továbbá x a [0,2R] intervallumban változik, ezért az előző integrál a Fubini-tétel szerint átírható mint
int v(B) dB = int[0,2R] 4pi.x2.v(x).dx.
A 1807-ben Fubini nélkül közvetlenül is belátom a két oldal egyenlőségét, hogy a Fubini-tételre se kelljen hivatkozni, ne kelljen ellenőrizni annak pontos feltételeit. Mindenesetre a jobb oldal adja a tiltott 6-dimenziós tartomány térfogatát, ez osztva (32pi/3)2-tel adja az átfedés valószínűségét. Mivel v(x)=32pi/3 - 4pi.x + (pi/12)x3, ezért az átfedés valószínűsége némi integrálás után 15/32.
Ez egy egyszerű 6-dimenziós térfogatszámítási probléma, csak te elbonyolítod és elkavarodsz benne. Nyugodtan bízz meg a tudásomban. Ahogy sashimi is mondta, egy matematikusnak ez ujjgyakorlat, enélkül nem kaphatna diplomát.
Már hogyne lenne. Ha S egy felület és V egy térfogat a 3-dimenziós térben, akkor az SxV={(s,v):s in S, v in V} Descartes-szorzat egy 5-dimenziós felület a 6-dimenziós térben. Ez utóbbi mértéke éppen az S és a V mértékeinek a szorzata.
Az én megoldásomban a két kis gömb középponját egyetlen pont kódolja el a 6-dimenziós térben: az első 3 koordináta az első középpont koordinátái, a második 3 a másikéi). Ez a 6-dimenziós pont két 2 sugarú 3-dimenziós gömb Descartes-szorzatából van véve véletlenszerűen, tehát egy (32pi/3)2 nagyságú térfogatból. A rossz esetek ennek egy 6-dimenziós résztartományát alkotják, aminek térfogata osztva az előbbi térfogattal adja a rossz esetek valószínűségét. A résztartományt felszeletelem S(x)xV(x) alakú 5-dimenziós felületekre, ahol x egy paraméter 0 és 2 között. S(x) az x sugarú gömb felszíne, V(x) pedig két olyan 2 sugarú 3-dimenziós gömb metszete, amelyek középpontja x távolságra van egymástól. Ha s(x) jelöli az S(x) mértékét, v(x) pedig a V(x) mértékét, akkor az S(x)xV(x) mértéke s(x).v(x), vagyis a résztartomány térfogata int[0,2] s(x).v(x).dx. Ez utóbbi nem teljesen nyilvánvaló, de következik a Fubini-tételből vagy a szeletelés konkrét formájából és az integrál definíciójából, a részleteket lásd az 1807-ben. Végső soron a rossz esetek valószínűsége
Pátfed = (32pi/3)-2 int[0,2] s(x).v(x).dx.
Tudjuk, hogy s(x)=4pi.x2 és v(x)=32pi/3 - 4pi.x + (pi/12)x3, ezért Pátfed = 15/32.
Lehet, de azért jópár hsz. született belőle, ez nem jelenthet érdektelenséget, meg egyébként hagyhatta volna az egészet figyelmen kívül is, de nem tette, nem hiszem, hogy önkínzásból tette volna.