Momentos del área de un triángulo aleatorio inscrito en un círculo

Question

El $2m$ El momento del área (aleatoria) del triángulo cuyos vértices son tres puntos aleatorios independientes distribuidos uniformemente en el círculo unitario parece ser $((3m)!/(m!)^3)/16^m$ . ¿Puede alguien demostrarlo? Mejor aún, ¿puede alguien dar una explicación conceptual de por qué este momento debería ser racional? (Si esta observación no es nueva, se agradecerían las referencias).

Esta pregunta está inspirada en los posts de John Baez https://johncarlosbaez.wordpress.com/2018/07/10/random-points-on-a-sphere-part-1/ y https://johncarlosbaez.wordpress.com/2018/07/12/random-points-on-a-sphere-part-2/ .

Answer 1

$\newcommand{\al}{\alpha} \newcommand{\be}{\beta} \newcommand{\de}{\delta} \newcommand{\De}{\Delta} \newcommand{\ep}{\varepsilon} \newcommand{\ga}{\gamma} \newcommand{\Ga}{\Gamma} \newcommand{\la}{\lambda} \newcommand{\si}{\sigma} \newcommand{\Si}{\Sigma} \newcommand{\thh}{\theta} \newcommand{\om}{\omega} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\F}{\mathcal{F}} \newcommand{\E}{\operatorname{\mathsf E}} \newcommand{\Var}{\operatorname{\mathsf Var}} \renewcommand{\P}{\operatorname{\mathsf P}} \newcommand{\ii}[1]{\operatorname{\mathsf I}\{#1\}} \newcommand{\eD}{\overset{\text{D}}\to} \newcommand{\D}{\overset{\text{D}}=} \newcommand{\tsi}{\tilde\si}$

Dejemos que $z_0,z_1,z_2$ sean los puntos aleatorios del círculo. Podemos suponer que $z_0=1$ , $z_1=e^{i\thh_1}$ , $z_2=e^{i\thh_2}$ , donde $\thh_1,\thh_2$ están distribuidos uniformemente en $[0,2\pi]$ y así, por la fórmula $A_\bigtriangleup=\frac12\,ab\sin C$ el área del triángulo aleatorio es \begin{equation} A=2\sin U_1\,\sin U_2\,|\sin(U_1+U_2)|, \end{equation} donde el $U_i:=\thh_i/2$ se distribuyen uniformemente en $[0,\pi]$ . Por lo tanto, teniendo en cuenta la fórmula de Euler $\sin\thh=(e^{i\thh}-e^{-i\thh})/(2i)$ , todos los momentos pares \begin{equation} \E A^n=\frac1{\pi^2}\iint_{[0,\pi]^2}(2\sin u_1\,\sin u_2\,\sin(u_1+u_2))^n\,du_1\,du_2\, \end{equation} (incluso con la naturalidad $n$ ) son números racionales, que en realidad son diádicos, siendo los denominadores potencias naturales de $2$ . Esto es así porque el integrando, igual \begin{equation} (e^{-2i u_1} - e^{2i u_1} - e^{-2i u_1 - 2i u_2} + e^{-2i u_2} - e^{2i u_2} + e^{ 2 iu_1 + 2 iu_2})^n/(-4i)^n, \end{equation} es un polinomio en $e^{2iu_1},e^{2iu_2},e^{-2iu_1},e^{-2iu_2}$ con coeficientes racionales diádicos, mientras que \begin{equation} \frac1{\pi^2}\iint_{[0,\pi]^2}e^{2iku_1}\,e^{2i\ell u_2}\,du_1\,du_2 \end{equation} es un número entero (en realidad, $0$ o $1$ ) para cualquier número entero $k,\ell$ .

En particular, para $n=2,4,6$ tenemos los valores respectivos $3/8,45/128,105/256$ de $\E A^n$ .

Answer 2

Si $q$ se distribuye uniformemente en el círculo unitario, $E[q^n]=\delta_{n0}$ . Así que si $f$ es meromorfo, $E[f(q)]$ es el término constante en $f$ .

El área del triángulo $pqr$ es $\frac12\Im[(q-p)(\bar{r}-\bar{p})]$ . Por simetría podemos decir $p=1$ . Para los números complejos en el círculo unitario, $\bar{z}=z^{-1}$ . Utilice también $\Im(z)=(z-z^{-1})/(2i)$ . Así que si $q$ y $r$ se distribuyen uniformemente, queremos que el término constante en $$ \frac{1}{(4i)^{2n}}\left((q-1)(\frac 1r-1)-(\frac1q-1)(r-1)\right)^{2n} $$ La reordenación da $$ \frac{1}{(4i)^{2n}}(r-1)^{2n}(q-1)^{2n}\left(\frac1r-\frac1q\right)^{2n} $$ Los términos constantes sólo pueden surgir eligiendo un $j$ el poder de $r$ de $(r-1)^{2n}$ y un $(2n-j)$ el poder de $q$ de $(q-1)^{2n}$ . Así que el resultado final es $$ \frac{1}{(-16)^{n}}\sum_{j=0}^{2n}(-1)^j{2n\choose j}^3 $$ Como se señala en los comentarios, la equivalencia con la fórmula original se deduce de La fórmula de Dixon . Me gusta la prueba en Wikipedia usando el Teorema de MacMahon-Master .

Answer 3

El resultado se desprende de la Conjetura de Dyson (A) de la Parte I, p.151 de Dyson, Freeman J. , Teoría estadística de los niveles de energía de los sistemas complejos. I-III J. Math. Phys. 3, 140-156, 157-165, 166-175 (1962). ZBL0105.41604 ..

Esta conjetura se desprende de una famosa integral de Selberg, y hay un resumen con más referencias en la sección 1.2 de Cacciatori, S. L.; Dalla Piazza, F.; Scotti, A. , Grupos de Lie compactos: Construcciones de Euler y conjetura de Dyson generalizada , Trans. Am. Math. Soc. 369, n.º 7, 4709-4724 (2017). ZBL1360.22009 .

El caso relevante $N=3$ de la conjetura de Dyson, y por lo tanto la prueba de la identidad deseada, es discutida por Dyson en la página 152 de su documento anterior. Dyson remonta este caso a la primera carta de Ramanujan a Hardy (1913) y a una identidad aún más antigua demostrada por Dixon en 1891, la serie mencionada en la respuesta de Dan Piponi.

Aquí está la conexión entre la cuestión del área-momento y la conjetura de Dyson y las reformulaciones modernas.

Considere tres puntos $z_1, z_2, z_3 \in U(1)$ con $z_j = e^{i \theta_j}$ para $j = 1,2,3$ . Dejemos que $A = A(z_1, z_2, z_3)$ sea el área con signo del triángulo orientado que delimitan. Partición del triángulo en tres triángulos con vértices $0$ , $z_j$ , $z_k$ , para $j \neq k$ se encuentra $$2 A = \sin(\theta_2 - \theta_1) + \sin(\theta_3 - \theta_2) + \sin(\theta_1 - \theta_3).$$ Tenga en cuenta que, para todos los $j,k$ , $$\sin(\theta_j - \theta_k) = \Im(z_j / z_k) = \frac{z_j / z_k - z_k/z_j}{ 2i}.$$ Esto da una buena fórmula de área que es un polinomio en el $z_1, z_2, z_3$ y sus inversos. $$A = \frac{1}{4i} \left(z_1 z_2^{-1} - z_2 z_1^{-1} + z_2 z_3^{-1} - z_3 z_2^{-1} + z_3 z_1^{-1} - z_1 z_3^{-1} \right).$$

Dejemos que $T = U(1)^3$ con la medida de Haar normalizada de manera que $Vol(T) = 1$ . Entonces la pregunta se refiere a la integral $$E(A^{2m}) = \int_T A(z_1, z_2, z_3)^{2m} d z_1 dz_2 dz_3.$$

Ver $T$ como el toro máximo estándar en el grupo de Lie compacto $G = U(3)$ . Dejemos que $W = S_3$ el grupo de permutación en $\{ 1,2,3 \}$ y el grupo de Weyl de $G$ con respecto a $T$ . Elija el sistema habitual de raíces positivas $\{ \alpha, \beta, \alpha + \beta \}$ con raíces simples $$\alpha(\vec z) = z_1 / z_2, \quad \beta(\vec z) = z_2 / z_3.$$ La semisuma de las raíces positivas es $\rho(\vec z) = z_1 z_3^{-1}$ y el denominador de Weyl es (milagrosamente) $$\Delta(\vec z) = - 4i A(\vec z).$$

Así que tenemos $$E(A^{2m}) = \frac{1}{16^m} \int_T \lvert \Delta(t) \rvert^{2m} dt.$$ Esta es la integral considerada por Dyson (o muy cercana a ella). O en términos de la conjetura de MacDonald para $U(3)$ (probado para sistemas de raíces más generales por Opdam), $$E(A^{2m}) = \frac{1}{16^m} \left( {3m} \atop m \right) \left( {2m} \atop m \right) = \frac{(3m)!}{16^m \cdot m! m! m!}.$$

Answer 4

Dejemos que $A_d$ sea el área de un triángulo cuyos vértices se eligen uniformemente al azar de una esfera unitaria en $\mathbb{R}^d$ .

Afirmo que para $d\ge 2$ y $m\ge 1$ :

$$ E(A_d^{2m})=\frac{3}{4^m} \prod _{q=1}^{m-1} \frac{3 d+6 m-2 q-6}{d+2 m-2 q-2}\prod _{q=1}^m \frac{d+2 m-2 q-1}{d+2 m-2 q}\\ = \frac{3\ \Gamma \left(\frac{d}{2}\right)^2 \Gamma \left(\frac{d-1}{2}+m\right) \Gamma \left(\frac{3 d}{2}+3 m-3\right)}{4^m\ \Gamma \left(\frac{d-1}{2}\right) \Gamma \left(\frac{d}{2}+m-1\right) \Gamma \left(\frac{d}{2}+m\right) \Gamma \left(\frac{3 d}{2}+2 m-2\right)} $$

Para $d=2$ (y cualquier $m\ge 1$ ) esto se simplifica a la fórmula establecida:

$$E(A_2^{2m}) = \frac{(3m)!}{16^m\ (m!)^3}$$

Para $m=1$ (y cualquier $d\ge 2$ ) se simplifica a:

$$ E(A_d^2)=\frac{3(d-1)}{4d} $$

Para demostrar la fórmula general, primero hay que tener en cuenta que el área cuadrada de un triángulo se puede describir en términos de un determinante de Grammian:

$$ A_d^2 = \frac{1}{4} \det{\left(s_i \cdot s_j\right)} $$

donde el triángulo tiene vértices $v_0, v_1, v_2$ y:

$$ s_i = v_i - v_0, \: i=1,2 $$

Para $d\ge3$ siempre podemos girar un triángulo con vértices en la esfera en la configuración:

$$\begin{array}{rcl} v_0 & = & e_0 \\ v_1 & = & \cos(\theta_1)\, e_0 + \sin(\theta_1)\, e_1 \\ v_2 & = & \cos(\theta_2)\, e_0 + \sin(\theta_2)\cos(\phi_2)\, e_1 + \sin(\theta_2)\sin(\phi_2)\, e_2 \end{array}$$

Los valores esperados de los momentos pares pueden expresarse entonces como una integral sobre tres coordenadas de una versión convenientemente ponderada del área cuadrada elevada a una potencia:

$$ E(A_d^{2m}) = \frac{(d-2)\ \Gamma \left(\frac{d}{2}\right)}{2 \pi ^{3/2}\ \Gamma \left(\frac{d-1}{2}\right)} \int_{0}^\pi \int_{0}^\pi \int_{0}^\pi (A_d^2)^m \sin(\theta_1)^{d-2} \sin(\theta_2)^{d-2} \sin(\phi_2)^{d-3} \,d\theta_1\,d\theta_2\,d\phi_2 $$

donde el vértice $v_1$ es un representante de un $(d-2)$ -esfera de radio $\sin(\theta_1)$ sobre la que puede girar manteniendo $v_0$ fijo, y $v_2$ es un representante de un $(d-3)$ -esfera de radio $\sin(\theta_2)\sin(\phi_2)$ sobre la que puede girar manteniendo $v_0, v_1$ fija, y los pesos incorporan las medidas de estas esferas con respecto al conjunto $(d-1)$ -Esfera.

Para $m=1$ el integrando se expande como una suma de productos de potencias enteras no negativas de los senos, y la integral puede llevarse a cabo explícitamente para obtener:

$$ E(A_d^2)=\frac{3(d-1)}{4d} $$

Para $m\ge 2$ podemos integrar por partes para obtener la relación de recursión:

$$ E(A_d^{2(m+1)}) = \frac{(d-1) (3 d+4 m)}{4 d^2} E(A_{d+2}^{2m}) $$

La fórmula general se deduce entonces por inducción.

Aunque derivamos esta fórmula para los momentos pares, también da valores correctos para los momentos Impares utilizando valores semienteros para $m$ incluyendo el área media si fijamos $m=1/2$ :

$$ E(A_d) = \frac{3\ \Gamma \left(\frac{3 (d-1)}{2}\right) \Gamma \left(\frac{d}{2}\right)^3}{2\ \Gamma \left(\frac{d-1}{2}\right)^2 \Gamma \left(\frac{d+1}{2}\right) \Gamma \left(\frac{3 d}{2}-1\right)} $$

Por ejemplo:

$$\begin{array}{rcl} E(A_2) & = & \frac{3}{2\pi} \\ E(A_3) & = & \frac{\pi}{5} \end{array}$$

Answer 5

Aunque esto no aborda directamente la cuestión de los momentos, tenía curiosidad por saber si la distribución de probabilidad completa para el área del triángulo podía escribirse en forma cerrada. Resulta que esto es posible, y derivo el resultado en la respuesta a la pregunta aquí:

Integral de tipo elíptico con radical anidado

En resumen:

$$P(A) = \frac{4\sqrt{2}\,(a+1)\,K'\left(\frac{2 k(a) i}{g(a) + k(a) i}\right)}{\pi^2 \sqrt{a(a+2)}\,\sqrt{g(a) + k(a) i}}$$

donde:

$$\begin{array}{rcl} A&=&\frac{\sqrt{a^3 (a+2)^3}}{2 (a+1)}\\ g(a)&=&a^2(a+2)^2-3\\ k(a)&=&(a+1)^3\sqrt{(1-a)(a+3)}\\ K'(m)&=&\frac{1}{\sqrt{m}}\left(K\left(\frac{1}{m}\right)+i K\left(1-\frac{1}{m}\right)\right) \end{array}$$

Aquí $K$ es la integral elíptica completa del primer tipo, y $K'$ es su continuación analítica a través de la rama cortada en el eje real de 1 a $\infty$ que estropearía el resultado si utilizáramos $K$ en lugar de $K'$ .

El parámetro $a$ se encuentra resolviendo la ecuación anterior que la relaciona con $A$ y elegir la solución de valor real que aumenta monótonamente desde $0$ a $1$ como $A$ oscila entre $0$ a la máxima superficie triangular posible, $\frac{3\sqrt{3}}{4}$ .

La distribución es así: