Stochastische Geometrie WS 2014/2015

Institut für Stochastik
Prof. Dr. G. Last · Dipl.-Math. F. Gieringer
Stochastische Geometrie WS 2014/2015
Übungsblatt 11
Aufgabe 11.1: Geometrische Dichten des Booleschen Modells
Es sei Z ein isotropes Boolesches Modell in R3 mit Intensität γ > 0 und auf K0 konzentrierter Kornverteilung Q.
(a) Bestimmen Sie die Dichten δ0 , . . . , δ3 in Abhängigkeit von γ0 , . . . , γ3 .
(b) Es sei
δ0 = 0.34,
δ1 = 0.1,
δ2 = 0.11,
δ3 = 0.52.
Bestimmen Sie die Intensität γ.
R
(c) Nun sei Q(·) =
1{ϑM ∈ ·}ν(dϑ) für ein M ∈ K0 , wobei ν das eindeutige haarsche WahrSO3
scheinlichkeitsmaß auf SO3 ist. Bestimmen Sie mit
δ0 = 10,
δ1 = 20,
δ2 = 0,
δ3 = 0,
die Intensität γ. Was können Sie aus diesen Werten bezüglich M folgern?
Lösung:
(a) Aus Theorem 5.4.1 und der Formel für δ3 unmittelbar davor ergeben sich
δ3 = 1 − e−γ3 ,
δ2 = e−γ3 γ2 ,
h
π i
δ1 = e−γ3 γ1 − γ22 ,
8
1
π 3
−γ3
δ0 = e
γ0 − γ1 γ2 + γ2 .
2
48
(b) Wegen den Formeln aus Teil (a) gilt
γ3 = − ln(1 − δ3 ),
δ2
γ2 =
,
1 − δ3
2
δ1
π
δ2
γ1 =
+
,
1 − δ3
8 1 − δ3
δ0
1
γ0 =
+
1 − δ3 2
π
δ1
+
1 − δ3
8
δ2
1 − δ3
2 !
π
δ2
−
1 − δ3 48
δ2
1 − δ3
Mit γ0 = γE[V0 (Z0 )] = γE[1] = γ erhalten wir für die vorgegebenen Werte
γ ≈ 0,73.
1
3
.
(c) Aus den Formeln in Teil (a) kann man leicht die folgenden Werte ablesen:
γ3 = 0,
γ2 = 0,
γ1 = 20,
γ0 = 10.
Wegen der Rotationsinvarianz der inneren Volumina gilt
Z
Z
γi = γ Vi (K)Q(dK) = γ
Vi (ϑM )ν(dϑ) = γVi (M ).
K0
SO(3)
Mit γ0 = γ folgt
V3 (M ) = 0,
V2 (M ) = 0,
V1 (M ) = 2,
γ = 10.
Dann muss M = [−e, e] für ein e ∈ S 2 gelten.
Aufgabe 11.2: Orthogonale Projektion
Es seien d ∈ N, m ∈ {0, . . . , d} und f : Kd → R messbar. Zeigen Sie
Z
Z
⊥
f (K|L) νm (dL),
f (K|L ) νd−m (dL) =
G(d,m)
G(d,d−m)
wobei K|L (bzw. K|L⊥ ) die orthogonale Projektion auf L (bzw. L⊥ ) sei.
Insbesondere gilt die letzte Gleichung in Bem. 5.3.21.
Lösung: Nach Gleichung (5.3.4) gelten mit einem festen Ld−m ∈ G(d, d − m)
Z
Z
⊥
f (K|L ) νd−m (dL) =
f K|(ϑLd−m )⊥ ν(dϑ)
G(d,d−m)
SOd
und wegen L⊥
d−m ∈ G(d, m)
Z
Z
f (K|L) νm (dL) =
G(d,m)
f (K|ϑ(L⊥
d−m )) ν(dϑ).
SOd
Also genügt es zu zeigen
(ϑL)⊥ = ϑ(L⊥ )
für alle ϑ ∈ SOd , L ∈ G(d, d − m).
Sei y ∈ ϑ(L⊥ ) und z ∈ L⊥ mit y = ϑz. Für alle x ∈ L gilt wegen ϑ ∈ SOd
< y, ϑx > = < ϑz, ϑx > = < z, x > = 0,
also y ∈ (ϑL)⊥ .
Sei umgekehrt y ∈ (ϑL)⊥ . Dann gilt für alle x ∈ L: < y, ϑx > = 0, also < ϑ−1 y, ϑ−1 ϑx > = 0, folglich
ϑ−1 y ∈ L⊥ und damit y ∈ ϑ(L⊥ ).
Aufgabe 11.3: Erwartungstreue Schätzer
Es sei K ∈ K3 mit K ⊂ [0, 1]3 und X1 eine zufällige Gerade in [0, 1]3 , definiert wie in Aufgabe
10.1. 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.
2
Lösung: Da
µ1 ( · ∩ A[0,1]3 )
die Verteilung von X1 ist und K ⊂ [0, 1]3 , gilt
µ1 (A[0,1]3 )
R
Vj (K ∩ E1 )µ1 (dE1 )
c1,2+j
A(3,1)
j,3 V2+j (K)
E[Vj (K ∩ X1 )] = R
,
=
3
3
V0 ([0, 1] ∩ E1 )µ1 (dE1 )
c1,2
0,3 V2 ([0, 1] )
A(3,1)
wobei letztere Gleichung durch zweimalige Anwendung der Crofton-Formel folgt. Es gilt also
V2+j (K) =
c1,2
0,3
c1,2+j
j,3
V2 ([0, 1]3 )E[Vj (K ∩ X1 )] =
2πj!κj
E[3Vj (K ∩ X1 )]
(2 + j)!κ2+j
Setzt man j = 0 ein, so erhält man mit
Vb2 (K) := 3V0 (K ∩ X1 )
einen erwartungstreuen Schätzer für V2 (K) und für j = 1 erhält man mit
3
Vb3 (K) := V1 (K ∩ X1 )
2
einen erwartungstreuen Schätzer für das Volumen von K.
Aufgabe 11.4:
Folgern Sie die Steinersche Formel aus der kinematischen Hauptformel.
Lösung: Es sei K ∈ K0 , > 0, M = B d und j = 0. Wir betrachten zunächst die linke Seite der
kinematischen Hauptformel (Thm. 5.3.25). Es gilt mit der Zerlegung des invarianten Maßes µ wie im
Beweis von Thm. 5.3.16 und der Rotationsinvarianz von B d
Z
Z Z
d
V0 (K ∩ g(B ))µ(dg) =
V0 (K ∩ (ϑ(B d ) + x))ν(dϑ)dx
Gd
Rd SOd
Z
=
Rd
1{(K ∩ (B d + x) 6= ∅}dx = Vd (K + B d ).
|
{z
}
⇔x∈K+B d
Andererseits gilt für die rechte Seite der kinematischen Hauptformel mit der Formel aus Aufg. 7.4 für
die inneren Volumina von B d
d
X
k,d−k
c0,d
Vk (K)Vd−k (B d )
=
k=0
=
d
X
k=0
d
X
k=0
=
d
X
ck,d−k
Vk (K)d−k Vd−k (B d )
0,d
k!κk (d − k)!κd−k
d κd
Vk (K)d−k
d!κd
k κk
κd−k Vk (K)d−k .
k=0
3