n- 구의 방사형 벡터의 예상 예상 길이
상태
에 $n$-차원의 유클리드 공간은 단위를 놓는다 $(n-1)$직각으로 투영되는 3 차원 구 $(n-1)$차원 평면. 구의 토폴로지 정의가 사용됩니다. 즉, 표면 점만 구에 속합니다.
질문
예상되는 예상 길이는 얼마입니까? $\bar{x}_n$ 구 중심에서 시작하는 균일하게 분포 된 방사형 단위 벡터의?
솔루션 전략
하나는 다음을 사용하여 여러 통합으로 계산할 수 있습니다. $n$3 차원 구면 좌표이지만 좀 더 우아한 방법이 있기를 바랍니다. 일반화 할 수있는 패턴이있는 것 같습니다.$n$ 치수.
솔루션 $n=2$ 과 $n=3$
2 칸 (그림 참조)
2- 공간 (평면)에서 단위 1- 구 (원)는 1- 평면 (선)에 투영됩니다. 통합에서 사분면에 걸친 평균 예상 길이는 다음과 같습니다.$$\bar{x}_2=\frac{2}{\pi} =\frac{4}{2\pi}\int_{0}^{\frac{\pi}{2} } \sin(\alpha) \mathrm{d}\alpha$$
3 칸
우리가 1 차원 더 높이면 우리는 3 공간에서 일반적인 2 구에 도달합니다. 방사형 벡터는 2- 평면에 투영됩니다. 옥타 드에 대한 적분을 통해 우리는 평균 예상 길이를 얻습니다.$$\bar{x}_3=\frac{\pi}{4} =\frac{8}{4\pi} \int_{0}^{\frac{\pi}{2} } \int_{0}^{\frac{\pi}{2} } \sin^2(\theta) \mathrm{d\theta} \mathrm{d}\phi$$
답변
면책 조항 : 문제의 일부로 Mathematica를 사용했습니다.
예상 값으로 이것은 $$\mathbb{E}\left[ \sqrt{x_1^2+x_2^2 + ... + x_{n-1}^2} \right]$$
어디 $\left(x_1, x_2, ..., x_n\right)$구 표면의 임의의 점입니다. 그것이 알려져 있기 때문에$x_1^2 + x_2^2 + ... + x_n^2 = 1$, 이것은 $$\mathbb{E}\left[ \sqrt{1 - x_n^2} \right] = \mathbb{E}\left[ \sqrt{1 - x_1^2} \right]$$
에서 여기 ,$x_1$ 선택할 수 있습니다 $\frac{y_1}{\sqrt{\sum_{k=1}^n y_k^2}}$, 어디 $y_k$ 에서 선택된다 $\mathcal{N}(0, 1)$. 예상 값은 다음과 같습니다.$$\mathbb{E}\left[ \sqrt{1 - \frac{y_1^2}{\sum_{k=1}^n y_k^2}} \right]$$
적분으로서 이것은 $$\int_0^{1} \left(1 - \mathbb{P}\left( \sqrt{1 - \frac{y_1^2}{\sum_{k=1}^n y_k^2}}<x \right)\right) dx$$
그 내부 확률은 다음과 같습니다. $$\mathbb{P}\left( \frac{1-x^2}{x^2}\sum_{k=2}^n y_k^2 < y_1^2 \right)$$
카이 제곱 분포의 PDF를 사용하면 다음과 같습니다. $$\frac{1}{2^{\frac{n}{2}}\Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)}\frac{1}{\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}\int_{0}^{\infty}\int_{\frac{1-x^2}{x^2}z}^{\infty} z^{(n-1)/2-1}e^{-z/2}y^{1/2-1}e^{-y/2} dydz$$
그렇다면 대답은 (일부 경계 전환 후) $$1-\frac{1}{2^{\frac{n}{2}}\Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\int_{\sqrt{\frac{z}{y+z}}}^{1}\left(z^{\frac{n-3}{2}}e^{-\frac{z}{2}}y^{-\frac{1}{2}}e^{-\frac{y}{2}}\right)dxdydz$$
이것은 다음을 단순화합니다. $$\frac{1}{2^{\frac{n}{2}}\Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\left(z^{\frac{n-2}{2}}e^{-\frac{y+z}{2}}y^{-\frac{1}{2}}\right)\sqrt{\frac{1}{y+z}}dydz$$
Mathematica는 다음과 같이 제공합니다. $$\frac{\pi^{\frac{3}{2}}}{\Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}\frac{\cos\left(\frac{n\pi}{2}\right)\Gamma\left(1-\frac{n+1}{2}\right)}{\left(\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)\Gamma\left(1-\frac{n}{2}\right)\right)^{2}}$$ 정수가 아닌 경우 $n$. 한계를$n$ 정수에 접근하고 오일러의 반사 공식을 사용하면 다음과 같이 단순화됩니다. $$\frac{\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)^2}{\Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)} \approx 1 - \frac{1}{2}n^{-1}-\frac{3}{8}n^{-2} + O(n^{-3})$$
편집 : 사용 $\Gamma(k + \frac{1}{2}) = \frac{(2k-1)!!\sqrt{\pi}}{2^k} = \frac{(2k)!\sqrt{\pi}}{4^k}k!$ 과 $\Gamma(k) = (k-1)!$, 홀수 및 짝수 케이스로 분할, 홀수 $n$, 그것은 $$\frac{\pi}{4^{n-1}}\cdot\frac{\left[\left(n-1\right)!\right]^{2}}{\left(\frac{n-3}{2}\right)!\left[\left(\frac{n-1}{2}\right)!\right]^{3}} = \frac{\pi(n-1)}{2^{2n-1}} \binom{n-1}{\frac{n-1}{2}}^2$$ 짝수 동안 $n$, 그것은 $$\frac{2^{2n-2}}{\pi}\frac{\left(\frac{n}{2}\right)!\left[\left(\frac{n}{2}-1\right)!\right]^{3}}{\left(n-2\right)!\left(n\right)!} = \frac{2^{2n+1}}{\pi}\frac{n-1}{n^{2}}\binom{n}{\frac{n}{2}}^{-2}$$