Distribución angular de las líneas pasan a través de dos plazas.

Question

Digamos que tengo dos cuadrados con lado de longitud $d$ que se celebran en paralelo a una distancia $m$ aparte.

Supongamos que las partículas son de forma aleatoria cayendo desde arriba de tal manera que el ángulo polar $\varphi$ de la trayectoria de las partículas tiene una distribución de probabilidad proporcional a $\operatorname{cos}^2(\varphi)$, mientras que el ángulo azimutal se distribuye uniformemente.

Una partícula es admisible si se pasa a través de ambas plazas.

Podemos encontrar una forma cerrada de la expresión para la distribución de probabilidad del ángulo polar admisible de las partículas? (o al menos una buena solución numérica?)

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Mi intento más fuerte formulación:

En primer lugar, vamos a normalizar el problema dejando $\alpha=m/d$, y suponiendo que cada cuadrado tiene unidad de longitud lateral. Podemos suponer que el punto en el que la partícula pasa a través del Panel de $1$ (panel superior) se distribuye de forma homogénea, es decir, no son distribuidos de manera uniforme variables$X_1$$Y_1$, cada uno entre el$0$$1$, y el punto de contacto en el plano del panel de $1$ es $$\mathfrak{X}_1=\left(\begin{array}{c}X_1\\Y_1\\ \alpha\end{array}\right).$$ In order to be admissible, a particle must pass through Panel $1$, y sólo estamos interesados en admisible de las partículas, así que este es nuestro universo de partículas.

Vamos a encontrar el punto de contacto de la $\mathfrak{X}_2$ sobre el plano del Panel de $2$ (panel inferior). Necesitamos $$\left(\begin{array}{c}X_1+t\operatorname{sin}(\varphi)\operatorname{cos}(\theta)\\ Y_1+t\operatorname{sin}(\varphi)\operatorname{sin}(\theta)\\ \alpha+t\operatorname{cos}(\varphi)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}X_2\\Y_2\\0\end{array}\right)$$ por lo $t=-\alpha\operatorname{sec}(\varphi)$, de la cual tenemos $$\mathfrak{X}_2=\left(\begin{array}{c}X_1-\alpha\operatorname{tan}(\varphi)\operatorname{cos}(\theta)\\Y_1-\alpha\operatorname{tan}(\varphi)\operatorname{sin}(\theta)\\0\end{array}\right).$$ Entonces, la pregunta es, ¿cuál es la distribución de probabilidad de $\varphi$ para las líneas de satisfacciones $$\begin{array}{rcl}0 \leq& X_1-\alpha\operatorname{tan}(\varphi)\operatorname{cos}(\theta) &\leq 1 \\ 0 \leq& Y_1-\alpha\operatorname{tan}(\varphi)\operatorname{sin}(\theta) &\leq 1 \end{array} $$ dado que el $$\begin{array}{rl}X_1 \text{ and }Y_1& \text{are uniformly distributed from }0\text{ to }1 \\ \theta &\text{is uniformly distributed from }0\text{ to }2\pi \\ \varphi & \text{has probability distribution }\frac{4}{\pi}\operatorname{cos}^2\varphi\text{ from }\frac{\pi}{2}\text{ to }\pi\end{array}$$ ?

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EDIT 2:

Así que me fui corriendo una simulación, generando el siguiente histograma (que se muestra a continuación con $3$ diferentes bin anchos). No he ajuste de una curva a esto todavía, pero tal vez nos dará una pista. Aquí $\alpha$ es de alrededor de $6$.

Answer 1

Deje $d=\alpha \tan (\varphi) = \sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}$ ser la distancia proyectada sobre el $z$ eje) entre el punto de los puntos en los que los rayos se cruzan la plaza de los aviones. (Desprecio por ahora la restricción de que el rayo pasa a través de las plazas).

Entonces, la densidad de probabilidad de $d$ se puede obtener, por la costumbre de transformación de variables, a partir de la densidad de $\varphi$, como

$$P(d) \propto \frac{1}{(\alpha^2 +d^2)^2} \,\, (d\ge 0)$$

Ahora, en lugar de considerar sólo un par de la unidad de plazas, vamos a imaginar que los aviones son de baldosas por una cuadrícula de tales plazas, y deje $E$ ser el caso de que los rayos pasa a través de un par o alineados plazas. Entonces, estamos insterested en computación

$$P(d|E) = \frac{P(E|d) P(d)}{P(E)}$$

El denominador es sólo una constante de normalización, así que nos quedamos con la informática $P(E|d)$ Debido a que el ángulo azimutal es uniforme, la fijación de $d$ significa considerar un círculo de radio y aleatorio (uniforme) del centro, con una distribución uniforme a lo largo de su circunferencia. Queremos calcular la probabilidad de que un punto del círculo cae dentro de la misma plaza como su centro. Que es el mismo de la computación de la fracción de la circunferencia que cae dentro de la unidad cuadrada (acondicionado en el centro de coordenadas, y se integra de manera uniforme sobre la plaza). Debido a la simetría, es suficiente para considerar el oeste-sur de cuarto de círculo; permite calcular la fracción de este trimestre de la circunferencia que cae fuera de la unidad de la plaza. Tenemos dos gamas de interés: para $0\le d<1$ tenemos que pensar en 5 zonas, y para $1\le d <\sqrt{2}$ tenemos 2 zonas.

Permite lidiar con $0\le d<1$ donde $P(E|d) = 1 - (I_A+2 I_{Bx} +I_C+ I_D)$. Cuando el centro del círculo cae en la zona a, : la cuarta parte de la circunferencia de la caída de todo el interior de la plaza (por lo $I_A=0$). En la zona D, se cae todo fuera, la fracción es 1, que se integran en la región da una contribución de $I_D=\pi d^2 /4$

La zona C, que es más complejo:

La correspondiente fracción es el cociente de los arcos rojos sobre $\pi/2$, el cual debe ser integrado a través de la zona. Este es

$$ \frac{2}{\pi} \int_C acos(x/d)+acos(y/d) dx dy = \frac{4 d^2}{\pi} \int_0^1(1-\sqrt{1-t^2}) acos(t) \, dt = \frac{d^2(12-\pi^2)}{4 \pi}$$

De forma similar:

$$I_{BX}= I_{BY}= \frac{2}{\pi} \int_d^1 \int_0^d acos(y/d) dy dx = \frac{2}{\pi} (1-d) d $$

Por lo $$P(E|d) = g_1(d) \triangleq 1 - (I_A+2 I_{Bx} +I_C+ I_D) = 1 + \frac{d^2-4d}{\pi}$$.

(El rango de $1 < d < \sqrt{2}$, a pesar de que tiene menos zonas, es más complicado [*] )

De eso, de que recibamos el formulario de $P(\varphi,E)$ en el rango $0\le d\le 1$ o $0 \le \varphi \le atan (1/\alpha)$ :

$$P(\varphi|E) \propto \cos^2 \varphi \, (\pi - 4 \alpha \tan \varphi + \alpha^2 \tan^2 \varphi) = (\pi -\alpha^2) \cos^2 \varphi - 2 \alpha \cos(2 \varphi) + \alpha^2 $$

Este (menos errores) es exacta en ese rango, pero para obtener el factor de proporcionalidad, será necesario considerar también el resto de los (pequeños) de la cola, en $1 < d < \sqrt{2}$.

[*] En la "cola" de la zona", $P(E|d) = 1 - (I_E+I_{F} )$ con

$$ I_E = \frac{4}{\pi} \int_E acos(x/d) dy dx = \frac{4}{\pi} \int_{\sqrt{d^2-1}}^1 (1-\sqrt{d^2-x^2}) acos(x/d) dx$$

$$ I_F = \int_F 1 dy dx = \sqrt{d^2-1} + \int_{\sqrt{d^2-1}}^1 \sqrt{d^2-x^2}) dx$$

$$P(E|d)= g_2(d) \triangleq \frac{1}{2 \pi}\left[ -2\,{d}^{2}\,{\mathrm{asin}\left( \frac{\sqrt{{d}^{2}-1}}{d}\right) }^{2}+\left( \pi \,{d}^{2}-4\,{d}^{2}\,\mathrm{acos}\left( \frac{\sqrt{{d}^{2}-1}}{d}\right) \right) \,\mathrm{asin}\left( \frac{\sqrt{{d}^{2}-1}}{d}\right) +\sqrt{{d}^{2}-1}\,\left( 4\,\mathrm{acos}\left( \frac{\sqrt{{d}^{2}-1}}{d}\right) +4\,\mathrm{acos}\left( \frac{1}{d}\right) -2\,\pi +8\right) +\left( 2\,{\mathrm{asin}\left( \frac{1}{d}\right) }^{2}+\left( 4\,\mathrm{acos}\left( \frac{1}{d}\right) -\pi \right) \,\mathrm{asin}\left( \frac{1}{d}\right) -2\right) \,{d}^{2}-8\,\mathrm{acos}\left( \frac{1}{d}\right) +2\,\pi -4 \right]$$

(Lo siento, Maxima puede simplificar este aspecto). Las integrales de $P(E|d)$ más de las dos regiones se $1-5/(3 \pi) = 0.469483523$ y $0.00371748$ respectivamente. Este es un gráfico de $P(E|d)$:

Answer 2

Uso teorema de Bayes: $$ P(\phi\mid\text{admissible}) = \frac{P(\text{admissible}|\phi)P(\phi)}{P(\text{admissible})}. $$

A menos que yo estoy malinterpretando su pregunta (¿qué hacer acerca de los rayos que son paralelas a la admisión de un rayo? Estoy asumiendo aquí que son admisibles, por lo que sólo la dirección o un rayo la materia), ray parametrizadas por $$ (t \sin\phi \cos\theta, t \sin\phi \sin\theta, t \cos\phi), \qquad t\in\mathbb{R}, \quad 0\leq\phi\leq\frac\pi2, \qquad 0\leq\theta\leq2\pi $$ es admisible si en el punto de $m = z(t) = t\cos\phi$, tenemos $$ |t\sin\phi\cos\theta| \leq d, \quad\text{and}\quad |t\sin\phi\sin\theta| \leq d, $$ porque si se pasa a través de las dos plazas, la mayoría de los que se puede mover en la mayoría de los $d$ en $x$- o $y$-dirección en la que se mueve una distancia $m$ $z$- dirección. Esta condición es equivalente a $$ |\tan\phi\cos\theta| \leq d/m, \qquad |\tan\phi\sin\theta| \leq d/m = \alpha, $$ que es equivalente a $$ |\tan\phi|^2 \leq 2\alpha^2 = (\tan\phi_0)^2, \qquad \max(|\cos\theta|,|\sin\theta|) \leq \frac{\alpha}{|\tan\phi|}. $$

Finalmente, $ P(\phi) = \frac{4}{\pi}\cos^2\phi$, y, el establecimiento de $\beta=\alpha/|\tan\phi|$, $P(\text{admissible}) = \text{const}$, y $$ P(\text{admisible}|\phi) = [\phi\leq\phi_0] P\left( \max(|\cos\theta|,|\sin\theta|) \leq \beta \right) \\ = [\phi\leq\phi_0] 4 P(\theta\geq\arccos\beta \theta\leq\arcsin\beta\mid0\leq\theta\leq\pi/2) \\ = [\phi\leq\phi_0]([\beta\geq1] + \frac{2}{\pi}(\arcsin\beta\arccos\beta)[\beta\leq1]). $$

Poniendo las cosas en conjunto, $$ P(\phi\mid\text{admissible}) \propto \cos^2\phi \times [\phi\leq\phi_0]([\beta\geq1]+\frac{2}{\pi}[\beta\leq1](\arcsin\beta-\arccos\beta)). $$ La constante de proporcionalidad se encuentra mediante la integración de los rhs $0\leq\phi\leq\frac\pi2$ y el establecimiento de a $1$, pero probablemente no tiene una forma cerrada.