Среднее по сферическому треугольнику

peregoudov · Сообщение **peregoudov** » 30 авг 2017, 15:06

Сферический треугольник задан своими вершинами $\bf a$ , $\bf b$ , $\bf c$ ( $a=b=c=1$

). Найти среднее значение вектора $\bf n$ ( $n=1$

) по этому треугольнику.

В плоском случае, ответ, как известно, $\frac13({\bf a}+{\bf b}+{\bf c})$ .

zykov · Сообщение **zykov** » 30 авг 2017, 15:21

Ну среднее векторов уже не будет на сфере, оно будут внутри шара.
Кроме того 3 вершини зададут не 1, а 2 комплементарных треугольника. Так например, если все три лежат в одной плоскости с центром шара, то они разабъют сферу на две полусферы. Средние по полусферам не будут зависить от конкретных значений векторов.

Вообще мне кажется, тут нет простого решения. Нужно "в лоб" интегрировать и получится что-то страшное.

Ian · Сообщение **Ian** » 06 сен 2017, 11:55

Рассмотрим вырождающийся треугольник c

|b-a|=|c-a|,|b-c|\to 0, все таки на почти такие треугольники можно разбить любой. Обозначим

\varphi =(\hat {x,a}) расстояние по дуге от конца вектора a до точки х в нем, тогда ширина треугольника в точке х порядка

C\sin \varphi, площадь треугольника порядка

C(1-\cos(\hat {a,b}))=C(1-\cos \beta )
Проведем комплексную плоскость с действительной осью вдоль a через ось треугольника, тогда положение вектора среднего в этой плоскости находится как

\frac 1{1-\cos\beta}\int_0^{\beta}e^{i\varphi}\sin{\varphi}d{\varphi} легко берется, в частности, при

\beta =\frac{\pi}2 получается точка

\frac 12 +\frac{i\pi}4

peregoudov · Сообщение **peregoudov** » 07 сен 2017, 22:56

Ответ должен быть простым и симметричным по перестановке a, b, c, и хотелось бы при интегрировании эту симметрию явно сохранить. В общем, из соображений симметрии ответ есть линейная комбинация $\bf a$ , $\bf b$ , $\bf c$ с коэффициентами, зависящими от $\bf ab$ , $\bf ac$ , $\bf bc$ . Там на самом деле всего одна функция трех переменных, к тому же симметричная по паре аргументов. Или --- тут есть интересная связь с другой обсуждавшейся задачей --- две функции, построенные по диаграммам Юнга "3 в ряд" и "буквой г".

Вот самое простое, что у меня получилось для прямого интегрирования. Пусть (без ограничения общности) все векторы $\bf a$ , $\bf b$ , $\bf c$ направлены в верхнюю полусферу. Спроецируем иx и вектор $\bf n$ на горизонтальную плоскость, касающуюся сферы в верхней точке, то есть введем векторы $\bf A$ , $\bf B$ , $\bf C$ , $\bf N$ , концы которых лежат в указанной плоскости и ${\bf a}={\bf A}/A$ , ... Нетрудно сосчитать, что $d\Omega=dS/N^3$ . Раскладывая вектор $\bf N$ на единичный вертикальный вектор $\bf e$ и горизонтальный вектор $\bf R$ , можно записать

$\int{\bf n}\,d\Omega=\int\frac{{\bf R}+{\bf e}}{(R^2+1)^2}\,dS.$

И задача сводится к среднему по плоскому треугольнику $ABC$

, только не просто для вектора.

Портал Естественных Наук, версия 1.1