Stochastische Geometrie WS 12/13

Institut für Stochastik
Prof. Dr. G. Last · Dipl.-Math. techn. J. Hörrmann
Stochastische Geometrie WS 12/13
Übungsblatt 10
Die Übungsaufgaben werden ab Donnerstag, den 10. Januar 2013, in den Übungen behandelt.
Aufgabe 10.1:
Es seien d, q ∈ N0 und q < d. Zeigen Sie:
(a) Für x ∈ Rd und r > 0 gilt
µq ({F ∈ A(d, q) : F ∩ B(x, r) 6= ∅}) = rd−q κd−q .
(b) Die Menge A(d, q) ist in (F d , τ d ) nicht abgeschlossen.
(c) Die Menge A(d, q) ∪ {∅} ist in (F d , τ d ) abgeschlossen.
Lösung:
(a) Es folgt aus Thm. 5.3.18, (5)
Z
µq ({F ∈ A(d, q) : F ∩ B(x, r) 6= ∅}) =
1{F ∩ B(x, r) 6= ∅}µq (dF )
A(d,q)
Z
Z
1{(L + y) ∩ B(x, r) 6= ∅}λd−q (dy)νq (dL)
=
G(d,q) L⊥
Z
Z
1{y ∈
=
G(d,q) L⊥
Z
Z
=
G(d,q) L⊥
Z
B(x, r) − L
|
{z
}
6= ∅}λd−q (dy)νq (dL)
=B(x,r)+L, da L=−L
1{ y ∈ B(x, r)|L⊥ 6= ∅}λd−q (dy)νq (dL)
|
{z
}
⇔y∈x|L⊥ +B(0,r)∩L⊥
λd−q (x|L⊥ + B(0, r) ∩ L⊥ )νq (dL)
=
G(d,q)
= rd−q κd−q .
(b) Betrachtet man die Folge Hn := ne1 + e⊥
1 , so gilt kxn − xm k ≥ 1 für xn ∈ Hn , xm ∈ Hm
mit n 6= m. Eine Folge der Form (xn )n∈N mit xn ∈ Hn für fast alle n ∈ N kann also nicht
konvergieren. Insbesondere folgt, dass Teil (a) der Bedingung (ii) aus Satz 3.1.5 nur für
F = ∅ erfüllt ist und, dass Teil (b) für jedes F ∈ F d erfüllt ist. Aus Satz 3.1.5 folgt also,
Hn → ∅ für n → ∞. Wegen ∅ ∈
/ A(d, q) folgt die Behauptung.
(c) Es sei (Hn )n∈N eine Folge in A(d, q) mit Grenzwert H ∈ F d . Zu zeigen ist H ∈ A(d, q)∪{∅}.
Sei (xn )n∈N die Folge in S d−1 und (tn )n∈N die Folge in [0, ∞) für die gilt Hn = tn xn + x⊥
n.
d−1
Die Menge S
ist kompakt also existiert eine konvergente Teilfolge von (xn ). O.B.d.A.
können wir also annehmen, dass (xn ) konvergent ist und den Grenzwert x hat.
1
1. Fall: (tn ) hat eine konvergente Teilfolge (tnk ) mit Grenzwert t
⊥
Dann konvergiert Hnk = tnk xnk + x⊥
nk gegen tx + x . (Dies folgt leicht mit Satz 3.1.5.) Es
gilt also H = tx + x⊥ ∈ A(d, q).
2. Fall: (tn ) hat keine Häufungspunkte
Dann gibt es eine monoton wachsende divergente Teilfolge (tnk ) von (tn ). Dann gilt jedoch
für jedes y ∈ Hnk , dass kyk ≥ tnk . Dann kann es jedoch keine Folge (yk )k∈N mit yk ∈ Hnk
für fast alle i geben, die konvergiert. Das bedeutet jedoch (mit der gleichen Argumentation
wie in (b)), dass gilt Hnk → ∅ für k → ∞, also H = ∅.
Insgesamt erhält man die Behauptung.
2
Aufgabe 10.2:
Es seien K, K0 ∈ Kd mit K ⊂ K0 und Vd (K0 ) > 0. Weiter sei q ∈ N0 mit q < d und
AK0 := {E ∈ A(d, q) : K0 ∩ E 6= ∅}.
Eine A(d, q)-wertige Zufallsvariable Xq mit Verteilung
q-Ebene in K0 .
1
µq (AK0 ) µq (· ∩AK0 )
bezeichnet man als zufällige
(a) Die inneren Volumina von K und K0 seien bekannt. Bestimmen Sie nun die Wahrscheinlichkeit
P(Xq ∩ K 6= ∅).
(b) Nun sei d = 2, e ∈ S 1 und 0 < r ≤ 1. Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine
zufällige Gerade in B(0, 1) die Strecke [−re, re] schneidet.
Lösung:
(a) Es gilt mit Bem. 5.3.20
P(Xq ∩ K 6= ∅) =
1
Vd−q (K)
µq (AK ) =
µq (AK0 )
Vd−q (K0 )
(b) Es bezeichne X2 die zufällige Gerade in B(0, 1). Dann gilt
P(X2 ∩ [−re, r, e] 6= ∅) =
3
V1 ([−re, re])
2r
= .
V1 (B(0, 1))
π
Aufgabe 10.3:
Es sei K ∈ Kd , j ∈ {0, . . . , d − 1}, r ≥ 0 und
A(r) := {Ed−j−1 ∈ A(d, d − j − 1) : K ∩ Ed−j−1 = ∅, (K + rB d ) ∩ Ed−j−1 6= ∅}
Bestimmen Sie den Grenzwert
1
lim µd−j−1 (A(r)).
r→0 r
Man kann diesen Grenzwert als das Maß der d − j − 1-dimensionalen Ebenen, die K berühren interpretieren.
Hinweis:
Es sei 0 ≤ k ≤ d − 1, dann gilt für Vk folgende Version der Steiner-Formel:
Vk (K + B(r)) =
k
X
r
k−i
i=0
d − i κd−i
Vi (K).
d − k κd−k
Lösung: Für M ∈ K sei
AM := {E ∈ A(3, 1) : E ∩ M 6= ∅}.
Dann folgt aus Bem. 5.3.20 und dem Hinweis, dass
1
1
µd−j−1 (A(r)) = (µd−j−1 (AK+rB d \ AK )
r
r
1
= (µd−j−1 (AK+rB d ) − µd−j−1 (AK ))
r
c0,d
j+1,d−j−1
=
(Vj+1 (K + rB d ) − Vj+1 (K))
r
j
0,d
cj+1,d−j−1 X
d−i
κd−k
j+1−i
=
(
Vi (K))
r
r
κ
d
−
j
−
1
d−j−1
i=0
κd−j
0,d
→ cj+1,d−j−1 (d − j)
Vj (K) ( für r → ∞).
κd−j−1
Man erhält also eine neue Interpretation von Vj (K).
4
Aufgabe 10.4:
Es sei K ∈ K3 mit K ⊂ [0, 1]3 und X1 eine zufällige Gerade in [0, 1]3 . Nehmen Sie an, Sie können für
Realisierungen X1 (ω) der zufälligen Gerade feststellen, ob der Schnitt X1 (ω)∩K leer ist und außerdem
die Länge von X1 (ω) ∩ K bestimmen. Entwerfen Sie nun erwartungstreue Schätzer für die Oberfläche
und das Volumen von K.
Lösung: Es gilt
R
E[Vj (K ∩ X1 )] =
Vj (K ∩ E1 )µ1 (dE1 )
A(3,1)
R
V0 ([0, 1]3 ∩ E1 )µ1 (dE1 ))
A(3,1)
=
c1,2+j
j,3 V2+j (K)
c1,2
0,3 V2 ([0, 1])
.
Es gilt also
V2+j (K) =
3
c1,2
0,3 V2 ([0, 1] )
c1,2+j
j,3
E[Vj (K ∩ X1 )]
3
c1,2
0,3 V2 ([0, 1] )
Vj (K ∩ X1 )]
c1,2+j
j,3
2πj!κj
= E[
3Vj (K ∩ X1 )]
(2 + j)!κ2+j
= E[
Setzt man j = 0 ein, so erhält man mit
2Vb2 (K) := 6V0 (K ∩ X1 )
einen erwartungstreuer Schätzer für die Oberfläche und für j = 1 erhält man mit
3
Vb3 (K) := V1 (K ∩ X1 )
2
einen erwartungstreuen Schätzer für V3 (K).
5