НГУ

Форумы НГУ
Текущее время: Вс дек 06, 2020 1:57 am

Часовой пояс: UTC + 7 часов




Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 19 ]  На страницу 1, 2  След.
Автор Сообщение
СообщениеДобавлено: Сб мар 20, 2010 9:42 pm 
Не в сети
Редкий гость

Зарегистрирован: Сб мар 20, 2010 9:34 pm
Сообщения: 9
Эта задача возникла при чтении книги Кендалла Морана "Геометрические вероятности". Там на это ссылаются как на известный факт.

Рассмотрим плоскость [tex]\mathbb{R}^2[/tex], с декартовыми координатами [tex]x_1,x_2[/tex]. Пусть [tex]U[/tex] - строго выпуклое множество с гдадкой границей [tex]\partial U[/tex] (на границе нет линейных участков). Возьмем внутреннюю точку [tex]x\in U[/tex]. Для каждого угла [tex]\alpha[/tex] обозначим символом [tex]T_\alpha[/tex] касательную к [tex]U[/tex], такую, что она будет перпендикулярна лучу выходящему из [tex]x[/tex] под углом [tex]\alpha[/tex] к оси [tex]x_1[/tex]. Рассмотрим функцию [tex]H:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}[/tex], которая сопоставляет каждому углу [tex]\alpha[/tex] расстояние [tex]H(\alpha)[/tex] от точки [tex]x[/tex] до касательной [tex]T_{\alpha}[/tex]. Также каждому [tex]\alpha[/tex] будем ставить в соответствие точку [tex]x_{\alpha}[/tex] на границе [tex]\partial U[/tex], где каcательная [tex]T_\alpha[/tex] касается границы [tex]\partial U[/tex]. Таким образом каждому углу [tex]\triangle\alpha = \alpha_2 - \alpha_1 [/tex] можно поставить в соответствие некоторую длину [tex]\triangle l[/tex] дуги границы [tex]\partial U[/tex], соединяющей точки [tex]x_{\alpha_1}[/tex] и [tex]x_{\alpha_1}[/tex].

В книге утверждается, что элемент длины границы выпуклого множества [tex]U[/tex] выражается через приращение угла таким образом:
[tex]dl=H(\alpha)d\alpha.[/tex]

Почему это верно, и можно ли это обобщить на случаи большей размерности? Например для трехмерного случая:
[tex]ds=H(\alpha,\beta)d\alpha d\beta[/tex], где [tex]ds[/tex] - элемент площади, [tex]H(\alpha,\beta)[/tex] - расстояние до касательной плоскости, ортогональной направлению, задаваемому углами [tex]\alpha,\beta[/tex], к примеру в сферической системе координат.


Вернуться к началу
 Профиль  
 
 Заголовок сообщения:
СообщениеДобавлено: Вс мар 21, 2010 5:22 am 
Не в сети
Начинающий автор

Зарегистрирован: Чт мар 08, 2007 7:29 pm
Сообщения: 246
Откуда: Тюшин Илья
Это неверно. Потому что элемент длины равен [tex]dl=Rd\alpha[/tex], где R это радиус кривизны. А радиус кривизны не равен Н.


Вернуться к началу
 Профиль  
 
 Заголовок сообщения:
СообщениеДобавлено: Вс мар 21, 2010 12:21 pm 
Не в сети
Редкий гость

Зарегистрирован: Сб мар 20, 2010 9:34 pm
Сообщения: 9
Пока я над этим думаю, модифицируем задачу, чтобы хотя бы получить тот же конечный результат, что и в книге:

Верно ли, что длина границы этого выпуклого множества [tex]L=\int dl[/tex] может быть выражена так: [tex]L = \int^{2\pi}_0 H(\alpha)d\alpha[/tex] ?


Вернуться к началу
 Профиль  
 
СообщениеДобавлено: Вс мар 21, 2010 1:35 pm 
Не в сети
Начинающий автор

Зарегистрирован: Сб сен 16, 2006 11:23 am
Сообщения: 290
Atake писал(а):
Эта задача возникла при чтении книги Кендалла Морана "Геометрические вероятности". Там на это ссылаются как на известный факт.
Для каждого угла [tex]\alpha[/tex] обозначим символом [tex]T_\alpha[/tex] касательную к [tex]U[/tex], такую, что она будет перпендикулярна лучу выходящему из [tex]x[/tex] под углом [tex]\alpha[/tex] к оси [tex]x_1[/tex].
У меня есть подозрение, что эта касательная не будет проходить через [tex]x_\alpha[/tex]. И там не должен получится предельный переход от прямоугольного треугольника к дуге.

_________________
No regret, no remorse, no mercy.
Я мёртв.


Вернуться к началу
 Профиль  
 
 Заголовок сообщения:
СообщениеДобавлено: Вс мар 21, 2010 1:44 pm 
Не в сети
Редкий гость

Зарегистрирован: Сб мар 20, 2010 9:34 pm
Сообщения: 9
Похоже Вы правы. Добавим условие: граница замкнутая, т.е. [tex]U[/tex] ограниченное множество. А про предельный переход я не понял. И для чего он?


Вернуться к началу
 Профиль  
 
 Заголовок сообщения:
СообщениеДобавлено: Вс мар 21, 2010 2:23 pm 
Не в сети
Начинающий автор

Зарегистрирован: Сб сен 16, 2006 11:23 am
Сообщения: 290
Я далеко не специалист в анализе, но, насколько я понимаю, интеграл представляет собой предельную сумму. Дуга между двумя близкими точками [tex]x_\alpha[/tex] и [tex]x_{\alpha+\Delta\alpha}[/tex]аппроксимируется отрезком, являющимся гипотенузой прямоугольного треугольника. Вычисляем длину этого отрезка, например, как в вашем случае, в зависимости от [tex]\Delta\alpha[/tex]. Понятно, что в пределе, при [tex]\Delta\alpha\rightarrow 0[/tex] мы получаем предельный переход от множества таких прямоугольников к длине собственно дуги, поскольку погрешность стремится к 0. Но я глубоко сомневаюсь, что в интеграл получится именно такого вида, то есть что вы получите под интергралом функцию [tex]H(\alpha)[/tex].

Если честно, я не могу выразить [tex]dl[/tex] через [tex]H(\alpha)[/tex] и [tex]\Delta\alpha[/tex], поскольку там ещё всё зависит от выбора x и собственно границы тела. Слишком нетривиально =).

Cagnaccio писал(а):
Это неверно. Потому что элемент длины равен [tex]dl=Rd\alpha[/tex], где R это радиус кривизны. А радиус кривизны не равен Н.
Это-то да, но в этом случае угол также отмеряется из центра кривизны. А у ТС он мериется от некоторой точки внутри.

_________________
No regret, no remorse, no mercy.
Я мёртв.


Вернуться к началу
 Профиль  
 
 Заголовок сообщения:
СообщениеДобавлено: Вс мар 21, 2010 3:16 pm 
Не в сети
Редкий гость

Зарегистрирован: Сб мар 20, 2010 9:34 pm
Сообщения: 9
McUrgd писал(а):
Дуга между двумя близкими точками [tex]x_\alpha[/tex] и [tex]x_{\alpha+\Delta\alpha}[/tex]аппроксимируется отрезком, являющимся гипотенузой прямоугольного треугольника.


Под прямоугольным треугольником Вы имеете ввиду, тот у которого катеты параллельны осям координат или какой?

McUrgd писал(а):
Но я глубоко сомневаюсь, что в интеграл получится именно такого вида, то есть что вы получите под интергралом функцию [tex]H(\alpha)[/tex].


Если зафиксировать достаточно малое приращение [tex]\triangle\alpha[/tex], нарисовать отрезки длины [tex]H(\alpha)[/tex] и [tex]H(\alpha+\triangle\alpha)[/tex], выходящие из [tex]x[/tex] в направлениях [tex]\alpha[/tex] и [tex]\alpha+\triangle\alpha[/tex] соответственно, а потом сделать параллельный перенос, так чтобы второй конец первого отрезка совпал с [tex]x_{\alpha}[/tex], то по крайней мере на картинке будет действительно похоже, что [tex]dl=H(\alpha)d\alpha[/tex]


Вернуться к началу
 Профиль  
 
 Заголовок сообщения:
СообщениеДобавлено: Вс мар 21, 2010 3:45 pm 
Не в сети
Начинающий автор

Зарегистрирован: Чт мар 08, 2007 7:29 pm
Сообщения: 246
Откуда: Тюшин Илья
McUrgd писал(а):
Cagnaccio писал(а):
Это неверно. Потому что элемент длины равен [tex]dl=Rd\alpha[/tex], где R это радиус кривизны. А радиус кривизны не равен Н.

Это-то да, но в этом случае угол также отмеряется из центра кривизны. А у ТС он мериется от некоторой точки внутри.


Угол [tex]d\alpha[/tex], конечно, можно отмерять и от центра. Но, вообще, это угол между касательными в двух близких точках на кривой. А так как касательные в этой задаче всегда перпендикулярны лучу из точки х, то поворот луча из точки х приводит к повороту касательной на тот же угол. Поэтому утверждение автора неверное.


Вернуться к началу
 Профиль  
 
 Заголовок сообщения:
СообщениеДобавлено: Вс мар 21, 2010 4:00 pm 
Не в сети
Начинающий автор

Зарегистрирован: Сб сен 16, 2006 11:23 am
Сообщения: 290
Как правило такой, но не обязательно.

А у меня на рисунке не получается. Я рассмотрел окружность радиуса 2 с центром в 0. [tex]x=(0, 1)[/tex]. Тогда, если рассмотреть [tex]\alpha=0[/tex], то [tex]\Delta\alpha[/tex] относительно x будет совпадать с [tex]\Delta\alpha[/tex] относительно центра. Тогда [tex]dl=R d\alpha[/tex], но [tex]H(0)=R, H(\Delta\alpha) < R[/tex] следовательно мы получим что-то меньше [tex]dl[/tex]. У меня нет приличной рисовалки, но попробуйте сами.

Не, вполне возможно, что я горожу чушь :-? . Со мной случается. Дождитесь понедельника, здесь появятся более серьёзные люди и прокомментируют.

P.S. 2 Cagnaccio, похоже, вы правы. Собственно, мой пример как раз таким и получается.

_________________
No regret, no remorse, no mercy.
Я мёртв.


Вернуться к началу
 Профиль  
 
 Заголовок сообщения:
СообщениеДобавлено: Вс мар 21, 2010 4:18 pm 
Не в сети
Редкий гость

Зарегистрирован: Сб мар 20, 2010 9:34 pm
Сообщения: 9
Если R - радиус окружности, то H(0) = R/2 = 1. А то, что углы в пределе совпадают, это тоже неплохо бы доказать. Мне вот так сразу не очевидно.

Cagnaccio писал(а):
Угол [tex]d\alpha[/tex], конечно, можно отмерять и от центра. Но, вообще, это угол между касательными в двух близких точках на кривой.


А можно ссылочку на какую-нибудь не слишком мудреную книжку, где про это есть?


Вернуться к началу
 Профиль  
 
 Заголовок сообщения:
СообщениеДобавлено: Вс мар 21, 2010 4:47 pm 
Не в сети
Начинающий автор

Зарегистрирован: Сб сен 16, 2006 11:23 am
Сообщения: 290
Точка не [tex]x=(1,0)[/tex], а [tex](0, 1)[/tex], на вертикальной оси. Либо мы по-разному понимаем условие. А углы совпадают не в пределе, а просто.


Вложения:
1.jpg
1.jpg [ 28.69 КБ | Просмотров: 6355 ]

_________________
No regret, no remorse, no mercy.
Я мёртв.
Вернуться к началу
 Профиль  
 
 Заголовок сообщения:
СообщениеДобавлено: Вс мар 21, 2010 5:22 pm 
Не в сети
Редкий гость

Зарегистрирован: Сб мар 20, 2010 9:34 pm
Сообщения: 9
С точкой (1,0) я действительно ошибся. Но даже на Вашей картинке [tex]\triangle l_0=H(0)\triangle\alpha[/tex]. Хотя [tex]\triangle l_1=H(\triangle\alpha)\triangle\alpha[/tex] уже действительно поменьше будет. Но возможно они отличаются на величину о-малое от [tex]\triangle\alpha[/tex]?


Вернуться к началу
 Профиль  
 
 Заголовок сообщения:
СообщениеДобавлено: Вс мар 21, 2010 5:59 pm 
Не в сети
Начинающий автор

Зарегистрирован: Чт мар 08, 2007 7:29 pm
Сообщения: 246
Откуда: Тюшин Илья
Хм... в случае круга и квадрата (т.е. гладкой фигуры очень близкой к квадрату) действительно получается, что интеграл от Н совпадает с периметром.
Наверное, этот факт не так уж и элементарен в общем случае. :(


Вернуться к началу
 Профиль  
 
 Заголовок сообщения:
СообщениеДобавлено: Вс мар 21, 2010 9:35 pm 
Не в сети
Редкий гость

Зарегистрирован: Сб мар 20, 2010 9:34 pm
Сообщения: 9
Появилось решение (от paha):

Поместим начало координат в нашу точку [tex]$x\in U$[/tex]. Пусть кривая задается вектор-функцией [tex]$r(\alpha)$[/tex]([tex]$=x_\alpha$[/tex] в моих обозначениях). Если [tex]$v(\alpha),n(\alpha)$[/tex] -- базис Френе в точке [tex]$r(\alpha)$[/tex], то [tex]$r(\alpha)=Av-Hn$[/tex] ([tex]$A=(r,v)$[/tex] -- некоторая функция).
Возьмем производную этого равенства по [tex]$\alpha$[/tex] (далее штрихами обозначаются производные по [tex]$\alpha$[/tex]):
[tex]$$ r'=A'v+Av'-H'n-Hn'. $$[/tex]
Согласно формулам Френе и тому, что (как справедливо было замечено выше) [tex]$d\alpha/d l=k$[/tex], где [tex]$k$[/tex] кривизна
[tex]$$ r'=Rv,\quad v'=n,\quad n'=-v. $$[/tex]
Таким образом
[tex]$$ Rv=(A'+H)v+(A-H')n, $$[/tex]
откуда получим уравнение
[tex]$$ H''+H=R. $$[/tex]
Очевидно, что
[tex]$$ \oint H{\rm d}\alpha=\oint R{\rm d}\alpha=\oint {\rm d}l. $$[/tex]

Осталось понять верно ли аналогичное для случаев большей размерности и где, всё же, можно прочитать про то, почему [tex]dl=Rd\alpha[/tex]


Вернуться к началу
 Профиль  
 
 Заголовок сообщения:
СообщениеДобавлено: Вс мар 21, 2010 9:49 pm 
Не в сети
Начинающий автор

Зарегистрирован: Вт окт 17, 2006 11:34 pm
Сообщения: 389
Есть книга Сантало "Интегральная геометрия и геометрические вероятности"
или как-то так называется. Там, кажется, был вывод чего-то подобного.


Вернуться к началу
 Профиль  
 
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 19 ]  На страницу 1, 2  След.

Часовой пояс: UTC + 7 часов


Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: Bing [Bot] и гости: 7


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Перейти:  
Создано на основе phpBB® Forum Software © phpBB Group
Русская поддержка phpBB