Supongamos que dibujé cada cuerda en un círculo. Es el acorde/relación de área uniforme o no uniforme?

Question

Me gráficamente un número finito de cables cuyos extremos están muy bien colocados alrededor de un círculo (un buen caso).

Este gráfico parece sugerir que hay más acordes en ciertas regiones que en otras (por ejemplo, hay un montón de acordes cerca de los puntos finales y también en el centro del círculo).

Por falta de terminología, vamos a describir un acorde de "densidad" como el número de cuerdas en torno a una pequeña región rectangular (en la imagen de arriba, por ejemplo, la densidad de cualquier extremo de una cuerda es 15).

En lugar de un número finito de acordes, digamos que me atrajo en cada acorde en un círculo, entonces la densidad de alrededor de cualquier punto sería infinito. Pero es la densidad uniforme en el círculo? Es decir, incluso si hay infinitamente muchos acordes, sería algún momento tienen más acordes de algún otro punto? Lo siento si estoy troceando el concepto de infinito aquí.

Si la densidad no es uniforme, podemos encontrar una función de densidad que describe la relación de la línea de la densidad de cualquier punto en el círculo?

Hace una pregunta como esta, incluso de sentido? ¿Tiene sentido para describir una región de densidad de si es infinito?

Este gráfico puede ilustrar lo que quiero decir por la densidad (punto a de la línea de segmento, en donde la densidad es mayor en la parte inferior y aumenta a la izquierda):

Edit: puede ser necesario especificar lo aleatorio de acordes. En este caso se define un random de acordes como una cuerda cuyos extremos son seleccionados aleatoriamente a partir del círculo. Uso infinitesimalmente pequeña, de planta rectangular o circular (o de otras regiones).

Lo siento si la pregunta es confusa. Por favor, hágamelo saber lo que este tema debe ser bajo.

Answer 1

Voy a elegir una al azar de acordes por la elección de dos puntos de la circunferencia con el uniforme de probabilidad. A continuación, puede ver la muestra en un espacio como la plaza de la $[0,2\pi) \times [0,2\pi)$. Cada punto en el cuadrado representa un acorde y la selección es uniformemente densa en la plaza. Ahora podemos elegir un punto de $A$ uniformemente en el disco y preguntar cuál es la probabilidad de que el azar de acordes se cruza con un $\epsilon$ disco a su alrededor, donde $\epsilon$ es pequeña, por lo que podemos utilizar ángulo pequeño aproximaciones. Si la distancia desde el primer punto de la circunferencia al punto en el que el disco es $d$, el ángulo subtendido por la $\epsilon$ disco alrededor de $A$$\frac {2\epsilon}d$, por lo que el arco del círculo que el segundo punto puede ser en es $\frac {4\epsilon}d$ y la probabilidad de golpear el $\epsilon-$disco es $\frac {2\epsilon}{\pi d}$ Esto muestra que tenemos a un promedio de $\frac 1d$ sobre el conjunto de los primeros puntos. La densidad de los acordes en torno a $A$ será proporcional a esta.

También podría utilizar el círculo unitario con centro en el origen y deje $A$$(r,0)$. Si el primer punto es el ángulo de $\theta$ la distancia a$A$$\sqrt{(r-\cos \theta)^2+\sin^2\theta}$. El promedio de la inversa de la distancia a $A$ s, a continuación, $\frac 1{2\pi}\int_0^{2\pi}\frac {d\theta}{\sqrt{(r-\cos \theta)^2+\sin^2\theta}}$ yo no podía conseguir Alfa para hacer la integral para mí, pero parece acordes será más densa alrededor del borde.

Hice una integración numérica usando intervalos de $4^\circ$ y encontrar $$\begin {array} {r r} d&integral\\0&1\\0.2&1.01023144782371\\0.4& 1.04405634128953\\ 0.6&1.1145644874839\\0.8& 1.27024920049509\\0.9& 1.45186320070188\\ 0.95& 1.65255342453476 \end {array}$$ The values do not change much when I started at $2^\circ$ instead of $0^\circ$ so I think they are rather accurate. You can see the higher density near the edge. I suspect it will diverge as we get to $d=1$

Answer 2

Después de que Ross Millikan respuesta $$f(r)=\frac 1{2\pi}\int_0^{2\pi}\frac {d\theta}{\sqrt{(r-\cos \theta)^2+\sin^2\theta}}=\frac 1{\pi}\left(\frac{K\left(-\frac{4 r}{(1-r)^2}\right)}{1-r}+\frac{K\left(\frac{4 r}{(1+r)^2}\right)}{1+r} \right)$$ where appear complete elliptic integrals of the first kind (this is valid for $r <1$).

Construido alrededor de $r=0$, en series de Taylor de dar $$f(r)=1+\frac{r^2}{4}+\frac{9 r^4}{64}+\frac{25 r^6}{256}+\frac{1225 r^8}{16384}+\frac{3969 r^{10}}{65536}+\frac{r 53361^{12}}{1048576}+\frac{184041 r^{14}}{4194304}+O\left(r^{16}\right)$$ which seems to be quite good up to $r=0.7$ ($1.17478$ instead of the "exact" $1.17501$).

Una mejor aproximación podría ser obtenido usando Padé approximants. Por ejemplo $$f(r)=\frac {1-\frac{127285 }{96304}r^2+\frac{165891 }{385216}r^4-\frac{540191 }{24653824} r^6 } {1-\frac{151361 }{96304}r^2+\frac{20237 }{29632}r^4-\frac{1708091 }{24653824} r^6}$$ gives $1.44970$ for $r=0.9$ (the "exact" value being $1.45184$).

A continuación es una tabla (usando el Padé approximant) : $$\left( \begin{array}{ccc} r & \text{exact} & \text{approximation} \\ 0.00 & 1.00000 & 1.00000 \\ 0.05 & 1.00063 & 1.00063 \\ 0.10 & 1.00251 & 1.00251 \\ 0.15 & 1.00570 & 1.00570 \\ 0.20 & 1.01023 & 1.01023 \\ 0.25 & 1.01620 & 1.01620 \\ 0.30 & 1.02372 & 1.02372 \\ 0.35 & 1.03293 & 1.03293 \\ 0.40 & 1.04406 & 1.04406 \\ 0.45 & 1.05735 & 1.05735 \\ 0.50 & 1.07318 & 1.07318 \\ 0.55 & 1.09203 & 1.09203 \\ 0.60 & 1.11456 & 1.11456 \\ 0.65 & 1.14175 & 1.14175 \\ 0.70 & 1.17501 & 1.17500 \\ 0.75 & 1.21657 & 1.21655 \\ 0.80 & 1.27025 & 1.27016 \\ 0.85 & 1.34323 & 1.34283 \\ 0.90 & 1.45184 & 1.44970 \\ 0.95 & 1.64885 & 1.63250 \end{array} \right)$$

Lo que es interesante es un vistazo a la trama de $(1-r)f(r)$ para que un Pade approximant hace un muy buen trabajo.