Oczekiwana długość rzutowania wektorów promieniowych sfery n

Question

Sytuacja

W $n$-wymiarowa przestrzeń euklidesowa spoczywa na jednostce $(n-1)$-wymiarowa sfera, która jest rzutowana ortograficznie na $(n-1)$-wymiarowa płaszczyzna. Stosowana jest topologiczna definicja sfery, tzn. Tylko punkty powierzchni należą do sfery.

Pytanie

Jaka jest oczekiwana przewidywana długość $\bar{x}_n$ równomiernie rozłożonych promieniowych wektorów jednostkowych, które rozpoczynają się w środku kuli?

Strategia rozwiązania

Można to obliczyć przez całkowanie wielokrotne przy użyciu $n$-wymiarowe współrzędne sferyczne, ale mam nadzieję, że istnieje bardziej elegancka metoda. Wydaje się, że istnieje wzorzec, który można uogólnić$n$ wymiary.

Rozwiązania dla $n=2$ i $n=3$

2 miejsca (patrz rysunek)

W 2-przestrzeni (płaszczyźnie) jednostka 1-sfera (okrąg) jest rzutowana na 1-płaszczyznę (linię). Średnia przewidywana długość od całkowania w kwadrancie wynosi$$\bar{x}_2=\frac{2}{\pi} =\frac{4}{2\pi}\int_{0}^{\frac{\pi}{2} } \sin(\alpha) \mathrm{d}\alpha$$

3 miejsca

Jeśli przejdziemy o 1 wymiar wyżej, dojdziemy do zwykłej 2-sfery w 3-przestrzeni. Wektor promieniowy jest rzutowany na 2 płaszczyzny. Całkując po oktandzie otrzymujemy średnią długość rzutowaną$$\bar{x}_3=\frac{\pi}{4} =\frac{8}{4\pi} \int_{0}^{\frac{\pi}{2} } \int_{0}^{\frac{\pi}{2} } \sin^2(\theta) \mathrm{d\theta} \mathrm{d}\phi$$

Answer 1

Zastrzeżenie: użyłem Mathematica do części problemu.

---

Jako oczekiwana wartość byłaby to $$\mathbb{E}\left[ \sqrt{x_1^2+x_2^2 + ... + x_{n-1}^2} \right]$$

gdzie $\left(x_1, x_2, ..., x_n\right)$jest przypadkowym punktem na powierzchni kuli. Skoro o tym wiadomo$x_1^2 + x_2^2 + ... + x_n^2 = 1$, jest to równoważne z $$\mathbb{E}\left[ \sqrt{1 - x_n^2} \right] = \mathbb{E}\left[ \sqrt{1 - x_1^2} \right]$$

Od tutaj ,$x_1$ można wybrać jako $\frac{y_1}{\sqrt{\sum_{k=1}^n y_k^2}}$, gdzie $y_k$ są wybierane z $\mathcal{N}(0, 1)$. Oczekiwana wartość to wtedy$$\mathbb{E}\left[ \sqrt{1 - \frac{y_1^2}{\sum_{k=1}^n y_k^2}} \right]$$

Jako integralna byłaby to $$\int_0^{1} \left(1 - \mathbb{P}\left( \sqrt{1 - \frac{y_1^2}{\sum_{k=1}^n y_k^2}}<x \right)\right) dx$$

To wewnętrzne prawdopodobieństwo jest równe $$\mathbb{P}\left( \frac{1-x^2}{x^2}\sum_{k=2}^n y_k^2 < y_1^2 \right)$$

Używając pliku PDF z rozkładem chi-kwadrat, byłoby to $$\frac{1}{2^{\frac{n}{2}}\Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)}\frac{1}{\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}\int_{0}^{\infty}\int_{\frac{1-x^2}{x^2}z}^{\infty} z^{(n-1)/2-1}e^{-z/2}y^{1/2-1}e^{-y/2} dydz$$

Wtedy odpowiedź brzmi (po zmianie granic) $$1-\frac{1}{2^{\frac{n}{2}}\Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\int_{\sqrt{\frac{z}{y+z}}}^{1}\left(z^{\frac{n-3}{2}}e^{-\frac{z}{2}}y^{-\frac{1}{2}}e^{-\frac{y}{2}}\right)dxdydz$$

Upraszcza to $$\frac{1}{2^{\frac{n}{2}}\Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\left(z^{\frac{n-2}{2}}e^{-\frac{y+z}{2}}y^{-\frac{1}{2}}\right)\sqrt{\frac{1}{y+z}}dydz$$

Mathematica podaje to jako $$\frac{\pi^{\frac{3}{2}}}{\Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}\frac{\cos\left(\frac{n\pi}{2}\right)\Gamma\left(1-\frac{n+1}{2}\right)}{\left(\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)\Gamma\left(1-\frac{n}{2}\right)\right)^{2}}$$ dla niecałkowitych $n$. Biorąc limit jako$n$ zbliża się do liczby całkowitej i używając wzoru odbicia Eulera, upraszcza to $$\frac{\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)^2}{\Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)} \approx 1 - \frac{1}{2}n^{-1}-\frac{3}{8}n^{-2} + O(n^{-3})$$

Edycja: używając tego $\Gamma(k + \frac{1}{2}) = \frac{(2k-1)!!\sqrt{\pi}}{2^k} = \frac{(2k)!\sqrt{\pi}}{4^k}k!$ i $\Gamma(k) = (k-1)!$, dzieląc na przypadki nieparzyste i parzyste, na nieparzyste $n$, to jest $$\frac{\pi}{4^{n-1}}\cdot\frac{\left[\left(n-1\right)!\right]^{2}}{\left(\frac{n-3}{2}\right)!\left[\left(\frac{n-1}{2}\right)!\right]^{3}} = \frac{\pi(n-1)}{2^{2n-1}} \binom{n-1}{\frac{n-1}{2}}^2$$ a nawet $n$, to jest $$\frac{2^{2n-2}}{\pi}\frac{\left(\frac{n}{2}\right)!\left[\left(\frac{n}{2}-1\right)!\right]^{3}}{\left(n-2\right)!\left(n\right)!} = \frac{2^{2n+1}}{\pi}\frac{n-1}{n^{2}}\binom{n}{\frac{n}{2}}^{-2}$$