Дождь

[dovlato]

Нет, Obar. Просто у меня некоторый опыт в вероятностных вычислениях. Первое моё уравнение - не более чем полуинтуитивная догадка, как я сразу и предупредил. Второй результат - абсолютно безупречен. Разумеется, если учитывать, что две (три, четыре..) совпавшие капли в реальности дают пятно бОльших размеров за счёт растекающейся воды - это уже было бы сложновато учесть. Я оставался в рамках модели.

[obar]

Мне нет дела до вашего опыта (у меня он тоже есть). Случай $N=2$ расчитывается точно без всяких проблем, результат я приводил. Ваше мнение пусть остается с вами, дебаты по этому поводу я вести не хочу. Если есть конструктивные замечания -- укажите.

[dovlato]

Избавь Бог.. Главное для меня найти решение, удовлетворяющее меня самого.

[Parkhomuk]

dovlato в сообщении #561654 писал(а):

Главное для меня найти решение, удовлетворяющее меня самого.

(Оффтоп)

Прям подход инженера:меня бы устроило решение чтоб площадка была полностью сухой, что делать? - ставим зонтик.

[dovlato]

В данном случае - скорее вероятностника, а не инженера. Понимаете, я сразу задался моделью пуассоновского процесса, наиболее естественной в данной конкретной задаче (кто-нибудь с этим не согласится?).
Модель дарит простоту для определения именно мат. ожидания, и избавляет от всей этой полубезумной затеи с интегрированием по всем возможным пересечениям всех возможных чисел (!) упавших капель. Но, конечно, уже для второго момента пришлось бы заняться вычислением однократных пересечений (то, что сделал Obar), для третьего - двукратных и т.д.
Для получения уже не мат. ожидания, а решения более сложной задачи определения распределения, здесь разумно было бы перейти от фиксированного пятна капли - так же к распределению её радиуса, например рэлеевскому, или, может, гамма. Потому что с кружками здесь вряд ли чего добьёшься..

[obar]

Прямой расчет полезен для того, чтобы убедиться, что модель работает. Когда эта уверенность появляется можно искать её простые обоснования. Думаю, формулу $S_N=S_0(1-(1-s/S_0)^N)$ вполне можно обосновать, приведя те же рассуждения, что и при получении исходного рекуррентного соотношения, но не для целых капель (для них вероятность перекрытия конечна), а предварительно раздробив их на множество малых частей (т.е. добавляется не капля целиком, а "облачко" ее составляющих).

[venco]

obar в сообщении #561735 писал(а):

Думаю, формулу $S_N=S_0(1-(1-s/S_0)^N)$ вполне можно обосновать, приведя те же рассуждения, что и при получении исходного рекуррентного соотношения, но не для целых капель (для них вероятность перекрытия конечна), а предварительно раздробив их на множество малых частей

Это я уже говорил, чем вызвал всплеск эмоций у ТС.

[mihiv]

Дополнительный аргумент в пользу формулы $a_n=S_0(1-(1-\frac s{S_0})^n)\qquad (1)$.Получим рекуррентную формулу,учитывая неполные парные перекрытия капель:

$$a_{n+1}=a_n+s(1-\frac {4a_n}{S_0})+\bar s\frac {4a_n}{S_0}=s+a_n(1-\frac {4(s-\bar s)}{S_0})\qquad (2)$$

Здесь $\bar s$-средняя площадь,добавляемая к "мокрой" части при перекрывании 2-х капель.Она посчитана obar-ом и равна:$\bar s=s_2-s=\frac 74s-s=\frac 34s$.Подставляя $\bar s$ в (2) получим рекуррентную формулу,приведенную dovlato и следующую из нее формулу для $a_n$.

[obar]

$\frac{4a_n}{S_0}$ -- вероятность попадания в "мокрую" область лишь для попарно не перекрывающихся капель.

[dovlato]

Чёткое ощущение, что обретаюсь среди глухих. Я толкую о пуассоновском случайном процессе - а они играются в интегралы.. Бурное и самодостаточное изобретение колёс.

[Parkhomuk]

Найдем математическое ожидание мокрой площади после падения $N+1$ капли с учетом любого перекрытия с мокрой поверхностью от $N$ предыдущих капель. Это мат. ожидание определяется формулой:

$$a_{n+1}=a_n+s(1-k)$$

, где $k$ - усредненный коэффициент перекрытия капли с мокрой поверхностью.
Определим $k$:

$$k_i=\frac{s_x}s$$

, где $k_i$ коэф. перекрытия капли в месте ее падения, $s_x$ величина мокрой площади в месте падения капли. Средний коэф. перекрытия определяется по формуле:

$$k=\frac{\sum{k_i}}{\sum{i}}=\frac{\frac1s\sum{s_x}}{S_0/s}=\frac{a_n}{S_0}$$

Подставляя в формулу для мат.ожидания $a_{n+1}$ получим:

$$a_{n+1}=a_n+s(1-\frac{a_n}{S_0})=s+a_n(1-\frac{s}{S_0})$$

Т.е. получилось приводимое ранее рекурентное ур-е. Как видно оно справедливо при любом перекрытие капель и соответственно справедлива формула $a_n=S_0(1-(1-\frac{s}{S_0})^n)$

-- 20.04.2012, 09:19 --

dovlato в сообщении #561924 писал(а):

Я толкую о пуассоновском случайном процессе

В том то и дело, что Вы рассматриваете непрерывный процесс, а по условию задачи он дискретный и поэтому (в рамках условий) Ваш переход $\nu t=N$ не правомерен. Такой переход можно допустить лишь в пределе для очень больших $N$, а для малого числа капель никак не допустимо, на что Вам указывал obar

[Munin]

Ну а если как раз случай большого числа капель и интересует?

[Parkhomuk]

Munin в сообщении #562056 писал(а):

Ну а если как раз случай большого числа капель и интересует?

В рамках этой задачи, или какой-то другой?

[Munin]

Этой.

Я, например, только так и воспринял вопрос, как, опираясь на формулу для малых $N,$ перейти к приближению для больших. Правда, щас понимаю, что достичь его можно и проще.

Я ещё опирался на то, что вопрос задан в разделе "Физика". Упражнения с отдельными каплями интересны разве что для геометрии и теории вероятности, а для физики всё это - только переходный шаг к рассмотрению ситуации, когда начал лить дождь, но за отдельными каплями мы не следим (хотя можем для отдельных капель что-то оценить).

[dovlato]

Я рассматриваю его единственно возможным образом - как непрерывный. Поскольку отдаю себе отчёт, что фиксировать текущее время в моих силах - но уж никак не число капель. В рамках пуассоновской модели полученное выражение для математич. ожидания - это не аппроксимация, а точный результат для всех $0<t<\infty$.