El volumen de la Región en la 5D Espacio

Question

Necesito encontrar el volumen de la región definida por $$\begin{align*} a^2+b^2+c^2+d^2&\leq1,\\ a^2+b^2+c^2+d^2&\leq1,\\ a^2+b^2+d^2+b^2&\leq1,\\ a^2+c^2+d^2+b^2&\leq1 &\text{ y }\\ b^2+c^2+d^2+b^2&\leq1. \end{align*}$$ Yo no necesariamente necesita una solución completa, sino un punto de partida sería muy útil.

Answer 1

No hay reflexión de simetría en cada una de las coordenadas, por lo que el volumen es de $2^5$ veces el volumen de positivo en las coordenadas. También hay permutación de simetría entre las coordenadas, por lo que el volumen es de 5$!$ veces el volumen con la restricción adicional de $a\le b\le c\le d\le e$. Entonces, para encontrar los límites de integración y resolver las integrales.

El límite inferior de $a$ es $0$. El límite superior de $a$, dadas las restricciones anteriores, se alcanza cuando $a=b=c=d=e$, y es por tanto $\sqrt{1/4}=1/2$. El límite inferior de $b$ es $un$, y el límite superior de $b$ es de nuevo de $1/2$. A continuación, se pone un poco más complicado. El límite inferior de $c$ es $b$, pero para el límite superior de $c$ tenemos que tomar $c=d=e$ con $b$ dado que los rendimientos de $\sqrt{(1-b^2)/3}$. Asimismo, el límite inferior de $d$ es $c$, y el límite superior de $d$ es alcanzado por $d=e$ con $b$ y $c$ dado que los rendimientos de $\sqrt{(1-b^2-c^2)/2}$. Finalmente, el límite inferior de $e$ es $d$ y el límite superior de $e$ es $\sqrt{1-b^2-c^2-d^2}$. Poniendo todo junto, el volumen deseado es

$$V_5=2^55!\int_0^{1/2}\int_a^{1/2}\int_b^{\sqrt{(1-b^2)/3}}\int_c^{\sqrt{(1-b^2-c^2)/2}}\int_d^{\sqrt{1-b^2-c^2-d^2}}\mathrm de\mathrm dd\mathrm dc\mathrm db\mathrm da\;.$$

Eso es un poco de una pesadilla para el trabajo; Wolfram Alpha proporciona incluso una pequeña parte de ella, así que vamos a hacer lo correspondiente en $3$ y $4$ dimensiones de la primera. En $3$ dimensiones, tenemos

$$ \begin{eqnarray} V_3 &=& 2^33!\int_0^{\sqrt{1/2}}\int_a^{\sqrt{1/2}}\int_b^{\sqrt{1-b^2}}\mathrm dc\mathrm db\mathrm da \\ &=& 2^33!\int_0^{\sqrt{1/2}}\int_a^{\sqrt{1/2}}\left(\sqrt{1-b^2}-b\right)\mathrm db\mathrm da \\ &=& 2^33!\int_0^{\sqrt{1/2}}\frac12\left(\arcsin\sqrt{\frac12}-\arcsin-\sqrt{1-a^2}+a^2\right)\mathrm da \\ &=& 2^33!\frac16\left(2-\sqrt2\right) \\ &=& 8\left(2-\sqrt2\right)\;. \end{eqnarray}$$

He trabajado fuera parte de la respuesta por $4$ dimensiones. Hay algunos milagrosa cancelaciones que me hace pensar que a) debe haber una mejor manera de hacer esto (tal vez anón la respuesta, si puede ser fijo) y b), esto puede ser viable para $5$ dimensiones, demasiado. Tengo otras cosas que hacer por ahora, pero voy a comprobar de nuevo y si no hay una solución correcta, sin embargo, yo voy a tratar de terminar de la solución por $4$ dimensiones.

Answer 2

He aquí cómo me gustaría abordar el problema (es decir, un punto de partida). Para algunos la intuición, reducir el problema a 3D. Ahora, usted tiene 3 ángulo recto cilindros que se cruzan:

En este artículo se da una solución para calcular el volumen de la intersección en 3D, ¿crees que se puede extender a 5D?

Answer 3

Es evidente que la validez de la región se encuentra entre el hyperspheres de radio $r_1=1$ y $r_2=\sqrt{5/4}$. Esto ya nos da algunas trivial límites, pero el límite superior no está apretado. Vamos a tratar de calcular el exceso de volumen, más allá de la esfera unitaria.

Vamos a arreglar unos $1<r<r_2$. La válida de la región a lo largo de esa superficie corresponde a los puntos con $|x_i|>\sqrt{r^2-1}$ ($\forall i$). Queremos calcular $p(r)$, la proporción de la superficie que se encuentra en esa región, es decir, la probabilidad de que si tiramos un punto aleatorio uniformily más de un hypershpere de la superficie, todos sus coordenadas son mayores que un cierto valor. Esto sucede a estar estrechamente relacionada con otros recientes pregunta. La aproximación que he propuesto, utilizando gaussianas independientes, también se puede aplicar aquí, y podemos esperar para realizar mejor (porque estamos interesados en una más "probable" de la región). Aplicando el mismo razonamiento, ($n$ gaussianas con la variación $r/n$ aquí, y $\epsilon = \sqrt{r^2-1}$), obtenemos la aproximación:

$$p(r) \approx \left[ 1 - erf\left(\sqrt{ n \, \frac{r^2-1}{2 r}}\right)\right)^n$$

y de esto se puede calcular el volumen total de la integración de:

$$ V(n) = V_1(n) + V_e(n) = \frac{\pi^{n/2}}{\Gamma{(\frac{n}{2}+1})} + n \frac{\pi^{n/2}}{\Gamma{(\frac{n}{2}+1})} \int_1^{r_2} p(r) \; r^{n-1} dr$$

donde $r_2 = \sqrt{\frac{n}{n-1}}$. Pluggin la anterior aproximación, me da estos valores:

 n       A       J        Ae      Je
---------------------------------------
 2    3.7664   4.0000   0.6248   0.8584
 3    4.6359   4.6863   0.4471   0.4975
 4    5.2619   5.2746   0.3271   0.3398
 5    5.5004   5.5036   0.2366   0.2398
 6    5.3353   5.3361   0.1676   0.1684
 7    4.8406   4.8408   0.1158   0.1160
 8    4.1366   4.1367   0.0779   0.0780

donde la columna a es mi aproximación, J son los valores de Joriki la respuesta (Montecarlo integración para $n>5$). Las columnas Ae,Je muestran los respectivos exceso de volumen unitario hypersphere, en realidad son las correspondientes cantidades a comparar para juzgar la bondad de la aproximación. (Debo decir que me sorprende que da tan buenos resultados para las pequeñas $n$, y la velocidad de convergencia)

Aquí va el Octave/Matlab código:

clear
global N=5
r2=sqrt(N/(N-1));

function pp=pp(r)
 global N;
 pp = (1-erf( sqrt( N* (r.^2 - 1)./(2*r) ) )).^N .* r.^(N-1);
endfunction

(pi^(N/2)/gamma(N/2+1)) * ( 1 + quad ("pp",1,r2) * N)

Answer 4

Resulta que esto es mucho más fácil para hacer en hyperspherical coordenadas. Voy a desviarse un poco de la convención mediante el canje de los senos y cosenos de los ángulos para obtener más agradable la integración de la región, por lo que la relación entre mi coordenadas y el sistema de coordenadas es

$$ \begin{eqnarray} a &=& r \sin \phi_1\\ b &=& r \cos \phi_1 \sin \phi_2\\ c &=& r \cos \phi_1 \cos \phi_2 \sin \phi_3\\ d &=& r \cos \phi_1 \cos \phi_2 \cos \phi_3 \sin \phi_4\\ e &=& r \cos \phi_1 \cos \phi_2 \cos \phi_3 \cos \phi_4\;, \end{eqnarray} $$

y el determinante Jacobiano es de $r^4\cos^3\phi_1\cos^2\phi_2\cos\phi_3$. Como dije en mi otra respuesta, podemos imponer la positividad y un cierto orden en las coordenadas Cartesianas por simetría, por lo que el volumen deseado es de $2^55!$ veces el volumen positivas de coordenadas Cartesianas con $a\le b\le c\le d\le e$. Esto se traduce en que las restricciones de $0 \le \phi_4\le \pi/4$ y $0\le\sin\phi_i\le\cos\phi_i\sin\phi_{i+1}$ para $i=1,2,3$, y el último se convierte en $0\le\phi_i\le\arctan\sin\phi_{i+1}$. El límite del volumen, también toma una forma simple: Porque de el orden de las coordenadas, el único relevante de la restricción es de $b^2+c^2+d^2+b^2\le1$, y esto se convierte en $r^2\cos^2\phi_1\le1$, por lo que $0\le r\le\sec\phi_1$. A continuación, el volumen puede ser fácilmente evaluado con un poco de ayuda de los amigos:

$$ \begin{eqnarray} V_5 &=& 2^55!\int_0^{\pi/4}\int_0^{\arctan\sin\phi_4}\int_0^{\arctan\sin\phi_3}\int_0^{\arctan\sin\phi_2}\int_0^{\sec\phi_1}r^4\cos^3\phi_1\cos^2\phi_2\cos\phi_3\mathrm dr\mathrm d\phi_1\mathrm d\phi_2\mathrm d\phi_3\mathrm d\phi_4 \\ &=& 2^55!\int_0^{\pi/4}\int_0^{\arctan\sin\phi_4}\int_0^{\arctan\sin\phi_3}\int_0^{\arctan\sin\phi_2}\frac15\sec^2\phi_1\cos^2\phi_2\cos\phi_3\mathrm d\phi_1\mathrm d\phi_2\mathrm d\phi_3\mathrm d\phi_4 \\ &=& 2^55!\int_0^{\pi/4}\int_0^{\arctan\sin\phi_4}\int_0^{\arctan\sin\phi_3}\frac15\sin\phi_2\cos^2\phi_2\cos\phi_3\mathrm d\phi_2\mathrm d\phi_3\mathrm d\phi_4 \\ &=& 2^55!\int_0^{\pi/4}\int_0^{\arctan\sin\phi_4}\left[-\frac1{15}\cos^3\phi_2\right]_0^{\arctan\sin\phi_3}\cos\phi_3\mathrm d\phi_3\mathrm d\phi_4 \\ &=& 2^55!\int_0^{\pi/4}\int_0^{\arctan\sin\phi_4}\frac1{15}\left(1-\left(1+\sin^2\phi_3\right)^{-3/2}\right)\cos\phi_3\mathrm d\phi_3\mathrm d\phi_4 \\ &=& 2^55!\int_0^{\pi/4}\left[\frac1{15}\left(1-\left(1+\sin^2\phi_3\right)^{-1/2}\right)\sin\phi_3\right]_0^{\arctan\sin\phi_4}\mathrm d\phi_4 \\ &=& 2^55!\int_0^{\pi/4}\frac1{15}\left(\left(1+\sin^2\phi_4\right)^{-1/2}-\left(1+2\sin^2\phi_4\right)^{-1/2}\right)\sin\phi_4\mathrm d\phi_4 \\ &=& 2^55!\left[\frac1{15}\left(\frac1{\sqrt2}\arctan\frac{\sqrt2\cos\phi_4}{\sqrt{1+2\sin^2\phi_4}}-\arctan\frac{\cos \phi_4}{\sqrt{1+\sin^2\phi_4}}\right)\right]_0^{\pi/4} \\ &=& 2^8\left(\frac1{\sqrt2}\arctan\frac1{\sqrt2}-\arctan\frac1{\sqrt3}-\frac1{\sqrt2}\arctan\sqrt2+\arctan1\right) \\ &=& 2^8\left(\frac\pi{12}+\frac{\mathrm{arccot}\sqrt2-\arctan\sqrt2}{\sqrt2}\right) \\ &\aprox y 5.5035\;, \end{eqnarray} $$

lo cual es consistente con mis resultados numéricos.

El mismo enfoque que fácilmente se obtiene el volumen en cuatro dimensiones:

$$ \begin{eqnarray} V_4 &=& 2^44!\int_0^{\pi/4}\int_0^{\arctan\sin\phi_3}\int_0^{\arctan\sin\phi_2}\int_0^{\sec\phi_1}r^3\cos^2\phi_1\cos\phi_2\mathrm dr\mathrm d\phi_1\mathrm d\phi_2\mathrm d\phi_3 \\ &=& 2^44!\int_0^{\pi/4}\int_0^{\arctan\sin\phi_3}\int_0^{\arctan\sin\phi_2}\frac14\sec^2\phi_1\cos\phi_2\mathrm d\phi_1\mathrm d\phi_2\mathrm d\phi_3 \\ &=& 2^44!\int_0^{\pi/4}\int_0^{\arctan\sin\phi_3}\frac14\sin\phi_2\cos\phi_2\mathrm d\phi_2\mathrm d\phi_3 \\ &=& 2^44!\int_0^{\pi/4}\left[\frac18\sin^2\phi_2\right]_0^{\arctan\sin\phi_3}\mathrm d\phi_3 \\ &=& 2^44!\int_0^{\pi/4}\frac18\frac{\sin^2\phi_3}{1+\sin^2\phi_3}\mathrm d\phi_3 \\ &=& 2^44!\left[\frac18\left(\phi_3-\frac1{\sqrt2}\arctan\left(\sqrt2\tan\phi_3\right)\right)\right]_0^{\pi/4} \\ &=& 12\left(\pi-2\sqrt2\arctan\sqrt2\right) \\ &\aprox y 5.2746\;. \end{eqnarray} $$

El cálculo para las tres dimensiones se convierte en algo casi trivial:

$$ \begin{eqnarray} V_3 &=& 2^33!\int_0^{\pi/4}\int_0^{\arctan\sin\phi_2}\int_0^{\sec\phi_1}r^2\cos\phi_1\mathrm dr\mathrm d\phi_1\mathrm d\phi_2 \\ &=& 2^33!\int_0^{\pi/4}\int_0^{\arctan\sin\phi_2}\frac13\s^2\phi_1\mathrm d\phi_1\mathrm d\phi_2 \\ &=& 2^33!\int_0^{\pi/4}\frac13\sin\phi_2\mathrm d\phi_2 \\ &=& 8(2-\sqrt2) \\ &\aprox y 4.6863\;. \end{eqnarray} $$

Con todas estas integrales milagrosamente de trabajo, uno podría estar tentado a pensar que aquí hay un patrón, con una forma cerrada para todas las dimensiones, y tal vez incluso de que la secuencia de $4,4.69,5.27,5.50,\dotsc$ monótonamente converge. Sin embargo, eso no parece ser el caso. Para seis dimensiones, las integrales se vuelven intratables:

$$ \begin{eqnarray} V_6 &=& 2^66!\int_0^{\pi/4}\int_0^{\arctan\sin\phi_5}\int_0^{\arctan\sin\phi_4}\int_0^{\arctan\sin\phi_3}\int_0^{\arctan\sin\phi_2}\int_0^{\sec\phi_1}r^5\cos^4\phi_1\cos^3\phi_2\cos^2\phi_3\cos\phi_4\mathrm dr\mathrm d\phi_1\mathrm d\phi_2\mathrm d\phi_3\mathrm d\phi_4\mathrm d\phi_5 \\ &=& 2^66!\int_0^{\pi/4}\int_0^{\arctan\sin\phi_5}\int_0^{\arctan\sin\phi_4}\int_0^{\arctan\sin\phi_3}\int_0^{\arctan\sin\phi_2}\frac16\sec^2\phi_1\cos^3\phi_2\cos^2\phi_3\cos\phi_4\mathrm d\phi_1\mathrm d\phi_2\mathrm d\phi_3\mathrm d\phi_4\mathrm d\phi_5 \\ &=& 2^66!\int_0^{\pi/4}\int_0^{\arctan\sin\phi_5}\int_0^{\arctan\sin\phi_4}\int_0^{\arctan\sin\phi_3}\frac16\sin\phi_2\cos^3\phi_2\cos^2\phi_3\cos\phi_4\mathrm d\phi_2\mathrm d\phi_3\mathrm d\phi_4\mathrm d\phi_5 \\ &=& 2^66!\int_0^{\pi/4}\int_0^{\arctan\sin\phi_5}\int_0^{\arctan\sin\phi_4}\left[-\frac1{24}\cos^4\phi_2\right]_0^{\arctan\sin\phi_3}\cos^2\phi_3\cos\phi_4\mathrm d\phi_3\mathrm d\phi_4\mathrm d\phi_5 \\ &=& 2^66!\int_0^{\pi/4}\int_0^{\arctan\sin\phi_5}\int_0^{\arctan\sin\phi_4}\frac1{24}\left(1-\left(1+\sin^2\phi_3\right)^{-2}\right)\cos^2\phi_3\cos\phi_4\mathrm d\phi_3\mathrm d\phi_4\mathrm d\phi_5 \\ &=& 2^66!\int_0^{\pi/4}\int_0^{\arctan\sin\phi_5}\left[\frac1{48}\left(\phi_3+\sin\phi_3\cos\phi_3-\frac1{\sqrt2}\arctan\left(\sqrt2\tan\phi_3\right)-\frac{\sin\phi_3\cos\phi_3}{1+\sin^2\phi_3}\right)\right]_0^{\arctan\sin\phi_4}\cos\phi_4\mathrm d\phi_3\mathrm d\phi_4\mathrm d\phi_5 \\ &=& 2^66!\int_0^{\pi/4}\int_0^{\arctan\sin\phi_5}\frac1{48}\left(\arctan \sin \phi_4 + \frac{\sin \phi_4}{1 + \sin^2 \phi_4}-\frac1{\sqrt2}\arctan\left(\sqrt2\sin \phi_4\right)-\frac{\sin \phi_4}{1 + 2 \sin^2\phi_4}\right) \cos \phi_4\mathrm d\phi_4\mathrm d\phi_5 \\ &=& 2^66!\int_0^{\pi/4}\left[\frac1{96} \sin\phi_4 \left(2 \arctan\sin\phi_4-\sqrt2\arctan\left(\sqrt2 \sin\phi_4\right)\right)\right]_0^{\arctan\sin\phi_5}\mathrm d\phi_5 \\ &=& 480\int_0^{\pi/4}\sin\arctan\sin\phi_5 \left(2 \arctan\sin\arctan\sin\phi_5-\sqrt2\arctan\left(\sqrt2 \sin\arctan\sin\phi_5\right)\right)\mathrm d\phi_5 \\ &\aprox y 5.3361 \;. \end{eqnarray} $$

Wolfram|Alpha no encontrar una forma cerrada para que la última integral (y yo no tengo la culpa), por lo que parece que puede haber pedido el último de estos volúmenes que se pueden dar en forma cerrada. Tenga en cuenta que $V_2<V_3<V_4<V_5>V_6$. Los resultados de Monte Carlo, la integración de dimensiones superiores muestran una disminución monótona a partir de entonces. Este es también el comportamiento del volumen de la unidad hypersphere:

$$ \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|} d&\text{esfera}&\text{cilindros}&\text{esfera}&\text{cilindros}&\text{relación de}\\ \hline 2&\pi&4&3.1416&4&1.2732\\ 3&4\pi/3&8(2-\sqrt2)&4.1888&4.6863&1.1188\\ 4&\pi^2/2&12\left(\pi-2\sqrt2\arctan\sqrt2\right)&4.9348&5.2746&1.0689\\ 5&8\pi^2/15&2^8\left(\frac\pi{12}+\frac{\mathrm{arccot}\sqrt2-\arctan\sqrt2}{\sqrt2}\right)&5.2638&5.5036&1.0456\\ 6&\pi^3/6&&5.1677&5.3361&1.0326\\ 7 y 16\pi^3/105&&4.7248&4.8408&1.0246\\ 8&\pi^4/24&&4.0587&4.1367&1.0192\\ \hline \end{array} $$

La relación parece converger a $1$ con bastante rapidez, por lo que en altas dimensiones casi todos los de la intersección de los cilindros se encuentra dentro de la unidad de hypersphere.

P. S.: Inspirado por leonbloy del enfoque, creo que he mejorado la integración de Monte Carlo mediante la integración de los admisible radio en el muestreo uniforme direcciones. El error estándar fue de menos de $10^{-5}$ en todos los casos, y los resultados tendrían que desviarse por al menos tres errores estándar para cambiar el redondeo del cuarto dígito, por lo que los nuevos números son con toda probabilidad los números correctos redondeado a cuatro dígitos. Los resultados muestran que leonbloy la estimación converge muy rápidamente.