Erwartete projizierte Länge der Radialvektoren der n-Kugel
Situation
Im $n$-dimensionaler euklidischer Raum ruht eine Einheit $(n-1)$-dimensionale Kugel, die orthographisch auf a projiziert wird $(n-1)$-dimensionale Ebene. Die topologische Definition einer Kugel wird verwendet, dh nur die Oberflächenpunkte gehören zu einer Kugel.
Frage
Was ist die erwartete projizierte Länge $\bar{x}_n$ von gleichmäßig verteilten radialen Einheitsvektoren, die am Kugelzentrum beginnen?
Lösungsstrategie
Man könnte dies durch Mehrfachintegration mit berechnen $n$-dimensionale sphärische Koordinaten, aber ich hoffe, es gibt eine elegantere Methode. Es scheint, dass es ein Muster gibt, auf das man verallgemeinern könnte$n$ Maße.
Lösungen für $n=2$ und $n=3$
2 Leerzeichen (siehe Zeichnung)
Im 2-Raum (Ebene) wird eine Einheit 1-Kugel (Kreis) auf eine 1-Ebene (Linie) projiziert. Die mittlere projizierte Länge von der Integration über einen Quadranten beträgt$$\bar{x}_2=\frac{2}{\pi} =\frac{4}{2\pi}\int_{0}^{\frac{\pi}{2} } \sin(\alpha) \mathrm{d}\alpha$$
3-Raum
Wenn wir eine Dimension höher gehen, gelangen wir zu der üblichen 2-Kugel im 3-Raum. Der Radialvektor wird auf eine 2-Ebene projiziert. Durch Integration über einen Oktanden erhalten wir für die mittlere projizierte Länge$$\bar{x}_3=\frac{\pi}{4} =\frac{8}{4\pi} \int_{0}^{\frac{\pi}{2} } \int_{0}^{\frac{\pi}{2} } \sin^2(\theta) \mathrm{d\theta} \mathrm{d}\phi$$
Antworten
Haftungsausschluss: Ich habe Mathematica für einen Teil des Problems verwendet.
Als erwarteter Wert wäre dies $$\mathbb{E}\left[ \sqrt{x_1^2+x_2^2 + ... + x_{n-1}^2} \right]$$
wo $\left(x_1, x_2, ..., x_n\right)$ist ein zufälliger Punkt auf der Oberfläche der Kugel. Da ist bekannt, dass$x_1^2 + x_2^2 + ... + x_n^2 = 1$Dies entspricht $$\mathbb{E}\left[ \sqrt{1 - x_n^2} \right] = \mathbb{E}\left[ \sqrt{1 - x_1^2} \right]$$
Von hier ,$x_1$ kann gewählt werden als $\frac{y_1}{\sqrt{\sum_{k=1}^n y_k^2}}$, wo $y_k$ ausgewählt sind aus $\mathcal{N}(0, 1)$. Der erwartete Wert ist dann$$\mathbb{E}\left[ \sqrt{1 - \frac{y_1^2}{\sum_{k=1}^n y_k^2}} \right]$$
Als integraler Bestandteil wäre dies $$\int_0^{1} \left(1 - \mathbb{P}\left( \sqrt{1 - \frac{y_1^2}{\sum_{k=1}^n y_k^2}}<x \right)\right) dx$$
Diese innere Wahrscheinlichkeit ist gleich $$\mathbb{P}\left( \frac{1-x^2}{x^2}\sum_{k=2}^n y_k^2 < y_1^2 \right)$$
Mit dem PDF der Chi-Quadrat-Verteilung wäre dies $$\frac{1}{2^{\frac{n}{2}}\Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)}\frac{1}{\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}\int_{0}^{\infty}\int_{\frac{1-x^2}{x^2}z}^{\infty} z^{(n-1)/2-1}e^{-z/2}y^{1/2-1}e^{-y/2} dydz$$
Dann lautet die Antwort (nach einigem Umschalten der Grenzen) $$1-\frac{1}{2^{\frac{n}{2}}\Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\int_{\sqrt{\frac{z}{y+z}}}^{1}\left(z^{\frac{n-3}{2}}e^{-\frac{z}{2}}y^{-\frac{1}{2}}e^{-\frac{y}{2}}\right)dxdydz$$
Dies vereinfacht zu $$\frac{1}{2^{\frac{n}{2}}\Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\left(z^{\frac{n-2}{2}}e^{-\frac{y+z}{2}}y^{-\frac{1}{2}}\right)\sqrt{\frac{1}{y+z}}dydz$$
Mathematica gibt dies dann als $$\frac{\pi^{\frac{3}{2}}}{\Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}\frac{\cos\left(\frac{n\pi}{2}\right)\Gamma\left(1-\frac{n+1}{2}\right)}{\left(\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)\Gamma\left(1-\frac{n}{2}\right)\right)^{2}}$$ für nicht ganzzahlig $n$. Das Limit nehmen als$n$ nähert sich einer ganzen Zahl und unter Verwendung der Euler-Reflexionsformel vereinfacht sich dies zu $$\frac{\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)^2}{\Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)} \approx 1 - \frac{1}{2}n^{-1}-\frac{3}{8}n^{-2} + O(n^{-3})$$
Bearbeiten: Verwenden Sie das $\Gamma(k + \frac{1}{2}) = \frac{(2k-1)!!\sqrt{\pi}}{2^k} = \frac{(2k)!\sqrt{\pi}}{4^k}k!$ und $\Gamma(k) = (k-1)!$Aufteilung nach ungeraden und geraden Fällen für ungerade $n$, es ist $$\frac{\pi}{4^{n-1}}\cdot\frac{\left[\left(n-1\right)!\right]^{2}}{\left(\frac{n-3}{2}\right)!\left[\left(\frac{n-1}{2}\right)!\right]^{3}} = \frac{\pi(n-1)}{2^{2n-1}} \binom{n-1}{\frac{n-1}{2}}^2$$ während für gerade $n$, es ist $$\frac{2^{2n-2}}{\pi}\frac{\left(\frac{n}{2}\right)!\left[\left(\frac{n}{2}-1\right)!\right]^{3}}{\left(n-2\right)!\left(n\right)!} = \frac{2^{2n+1}}{\pi}\frac{n-1}{n^{2}}\binom{n}{\frac{n}{2}}^{-2}$$