Investigar los máximos de la integral de Gauss sobre la esfera.

Question

Dejemos que $\alpha>0$ sea un parámetro positivo y consideremos la función

$$f(x) = \int_{\mathbb S^{n-1}} e^{-\alpha \left\lVert x-y \right\rVert^2} dS(y)$$ para $x \in \mathbb R^n.$ Así que, ya que se ha preguntado, aunque integremos sobre la esfera unitaria, la función "vive" en $\mathbb R^n.$

Esta función es claramente simétrica a la rotación.

Me gustaría demostrar que los máximos globales se alcanzan en un solo radio $r$ Sólo.

La simetría rotacional implica que podemos considerarla como una función unidimensional eligiendo $x=(x_1,0....,0)$ de esta manera el exponente se simplifica a $e^{-\alpha \left\lVert x-y \right\rVert^2}=e^{-\alpha (x_1-y_1)^2+1-y_1^2}.$

Si hay algo que no está claro en esta pregunta, hágamelo saber. Estaré encantado de escuchar cualquier idea sobre cómo abordar este problema.

EDITAR: Gracias a algunos comentarios interesantes, se puede decir que el máximo global se alcanza siempre en algún radio $r \in [0,1]$ donde para los pequeños $\alpha$ parece que se alcanza cerca de cero y para grandes $\alpha$ se alcanza más cerca de uno.

Sin embargo, la pregunta sigue siendo: ¿por qué sólo hay un radio en el que se alcanza el máximo global? -De hecho, como señala George Lowther en los comentarios, para $\alpha \le n/2$ el máximo único se alcanza en $r=0$ que deja el caso $\alpha >n/2$ cuando esto no se cumple.

Answer 1

Escribamos $\tilde{f}(x) = \frac{1}{|\mathbf{S}^{n-1}|}\int_{\mathbf{S}^{n-1}}e^{-\alpha|x-\omega|^2}dS(\omega)$ . Desde $\tilde{f}$ es radialmente simétrica, podemos suponer $x = re$ donde $r = |x|$ y $e = (1,0,\ldots,0)$ . Entonces podemos escribir

$$\tilde{f}(re) = \frac{1}{|\mathbf{S}^{n-1}|}\int_{\mathbf{S}^{n-1}}e^{-\alpha(r^2-2r\langle e,\omega\rangle+1)}dS(\omega) = \frac{e^{-\alpha(r^2+1)} }{|\mathbf{S}^{n-1}|}\int_{\mathbf{S}^{n-1}}e^{2\alpha r\langle e,\omega\rangle}dS(\omega).$$
No tener en cuenta el factor $e^{-\alpha}$ y definir $f(r) = \frac{e^{-\alpha r^2} }{|\mathbf{S}^{n-1}|}\int_{\mathbf{S}^{n-1}}e^{2\alpha r\langle e,\omega\rangle}dS(\omega)$ . Podemos observar que $X: \omega \mapsto \langle e,\omega\rangle\in [-1,1] $ es una variable aleatoria con función de densidad de probabilidad $p_n(x) = c_n (1-x^2)^{\frac{n-3}{2}}$ en $[-1,1]. $ ( $c_n$ es una constante positiva tal que $\int_{[-1,1]}p_n(x)dx =1$ .)

Así, tenemos $f(r) = e^{-\alpha r^2}\int_{-1}^{1} e^{2\alpha r x}p_n(x)dx\;(*)$ y observe que $M_X(t) = \int_{-1}^{1} e^{t x}p_n(x)dx$ es una función generadora de momentos(mgf) de $X$ y $C_X(t) = \log M_X(t)$ es la función generadora de cúmulos de $X$ .

Tomando el logaritmo en ambos lados de $(*)$ maximizamos la siguiente función $$-\alpha r^2 + C_X(2\alpha r).$$

La condición de primer orden para esto es:

$$r = C'_X(2\alpha r) = \frac{M'_X(2\alpha r)}{M_X(2\alpha r)}\quad \cdots (**).$$ Desde $r=0$ es una solución trivial de $(**)$ asumimos $r>0$ .

Lo que sigue es una interpretación probabilística de esta ecuación. En primer lugar, $$C'_X(t) = \frac{M'_X(t)}{M_X(t)} = E\left[X \frac{e^{tX}}{M_X(t)}\right] = \int x\cdot \frac{e^{tx}p(x)}{\int e^{ty}p(y)dy}dx$$ es un valor esperado de otra variable aleatoria $X_t$ con la nueva densidad $\frac{e^{tx}p(x)}{\int e^{ty}p(y)dy}$ . Así, $r = C'_X(2\alpha r) $ debe ser inferior a 1.

En segundo lugar, $C''_X(t) = \frac{M''_X(t)}{M_X(t)}- \left(\frac{M'_X(t)}{M_X(t)}\right)^2$ de la misma manera se puede ver como la varianza de $X_t$ y por lo tanto es mayor que $0$ (no es cero, ya que la distribución no es degenerada.) Entonces $C'_X(t)$ es una función estrictamente creciente. Además, debe ser que $C'_X(t) \uparrow 1$ como $t\to \infty$ ya que la distribución de $X_t$ converge a la de la variable aleatoria degenerada $X\equiv 1$ .

A partir del argumento anterior, vemos que hay un único $$\alpha= A(r) := \frac{(C'_X)^{-1}(r)}{2r}$$ para cada $0<r<1$ satisfaciendo $(**)$ . La singularidad de $r$ correspondientes a cada $\alpha$ se deduce una vez si demostramos que $A(r)$ es estrictamente creciente en $(0,1)$ . Desde $C'_X$ es una biyección creciente desde $(0,\infty)$ a $(0,1)$ podemos sustituir $r$ para $r = C'_X(u)$ y mostrando $1/A(r) = \frac{2C'_X(u)}{u}$ está disminuyendo en $u\in(0,\infty)$ está bien.

Nuestra (casi) última afirmación es que $r \mapsto C'_X(r)/r$ es una función decreciente. Escribamos por cambio de variable $u = (x+1)/2$ , $$M_X(r) = e^{-r}\int_0^1 e^{2ru} \frac{u^{\frac{n-3}{2}}(1-u)^{\frac{n-3}{2}}}{B((n-1)/2,(n-1)/2)}du =: e^{-r}\Phi(2r).$$ (Aquí, $B(x,y)$ es una función beta y $\Phi$ es un mgf de la distribución beta).
Podemos calcular $\Phi(r)$ explícitamente y omitiendo el procedimiento , tenemos

$$\Phi(r) =\sum_{k=0}^{\infty} \frac{a_k}{k!}r^k,\quad a_k := \prod_{j=0}^{k-1} \frac{\frac{n-1}{2}+j}{n-1+j}.$$ ( https://en.wikipedia.org/wiki/Beta_distribution ) A partir de esto, tenemos $$C'_X(r/2) = 2\left(\frac{\Phi'(r)}{\Phi(r)}-1/2\right). $$ Algunos rendimientos laborales más:

$$\Phi'(r) - \frac{1}{2}\Phi(r) = \sum_{k\geq 0} (a_{k+1}-a_k/2)\frac{r^k}{k!} = r \sum_{k=0}^{\infty}(a_{k+2}-a_{k+1}/2)\frac{r^k}{(k+1)!},$$ $$\frac{1}{4}\frac{C'_X(r/2)}{r/2} = \frac{\sum_{k=0}^{\infty}(a_{k+2}-a_{k+1}/2)\frac{r^k}{(k+1)!}}{\sum_{k=0}^{\infty} a_k\frac{r^k}{k!}}.$$

Utilizando $\frac{a_{k+1}}{a_k} = \frac{1}{2}(1 + \frac{k}{n+k-1})$ tenemos $$\sum_{k=0}^{\infty}(a_{k+2}-a_{k+1}/2)\frac{r^k}{(k+1)!} = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{a_{k+1}}{n+k}\frac{r^k}{k!}.$$ Finalmente, $$\frac{d}{dr}\left(\frac{1}{4}\frac{C'_X(r/2)}{r/2}\right) = \frac{\sum_{k=0}^{\infty}\frac{a_{k+2}}{n+k+1}\frac{r^k}{k!}\sum_{k=0}^{\infty} a_k\frac{r^k}{k!} -\sum_{k=0}^{\infty}\frac{a_{k+1}}{n+k}\frac{r^k}{k!}\sum_{k=0}^{\infty} a_{k+1}\frac{r^k}{k!} }{\left(\sum_{k=0}^{\infty} a_k\frac{r^k}{k!}\right)^2}.$$ Ahora el denominador es a su vez una serie de potencias cuyo $s$ -coeficiente de la $c_s$ viene dada por $$c_s = \sum_{j=0}^s \left(\frac{a_{j+2} a_{s-j}}{n+j+1}-\frac{a_{j+1} a_{s-j+1}}{n+j}\right)\frac{1}{j!(s-j)!}.$$ Utilizando la fórmula de recursión de $a_k$ , $$\begin{multline} c_s= -\sum_{j=0}^s \frac{(s-2j)(n-1)+2(s-j)}{(n+j)(n+j+1)(n+2s-2j-1)}\frac{a_{j+1} a_{s-j+1}}{j!(s-j)!}\\ = -\frac{1}{2}\sum_{j=0}^s \left [\frac{(s-2j)(n-1)+2(s-j)}{(n+j)(n+j+1)(n+2s-2j-1)} +\frac{(2j-s)(n-1)+2j}{(n+2j-1)(n+s-j)(n+s-j+1)} \right]\frac{a_{j+1} a_{s-j+1}}{j!(s-j)!}. \end{multline}$$ Y, $$\begin{multline}\frac{(s-2j)(n-1)+2(s-j)}{(n+j)(n+j+1)(n+2s-2j-1)} +\frac{(2j-s)(n-1)+2j}{(n+2j-1)(n+s-j)(n+s-j+1)} \\ =(n-1)(s-2j)\left[ \frac{1}{(n+j)(n+j+1)(n+2s-2j-1)} - \frac{1}{(n+2j-1)(n+s-j)(n+s-j+1)}\right] + \text{positive terms}\\ >\frac{(n-1)(s-2j)^2\{2j(s-j) +(n-1)(s-3) -4\}}{(n+j)(n+j+1)(n+2j-1)(n+s-j)(n+s-j+1)(n+2s-2j-1)} \geq 0, \end{multline}$$ si $s\geq 3, 1\leq j\leq s-1$ .

En caso de que $j=0$ o $j=s$ es bastante fácil comprobar que $$\frac{s}{n(n+2s-1)} - \frac{s}{(n+s)(n+s+1)}\geq 0.$$ Por lo tanto, la negatividad de $c_s, s\geq 3$ se establece. Algunas labores más rinden: $$c_0 = 0, c_1 = c_2 = -\frac{1}{4n^2(n+2)}.$$

Dado que todos los $c_s \leq 0$ el denominador es menor que 0, y la afirmación $\frac{d}{dr}\left(\frac{C'_X(r)}{r}\right)<0$ está demostrado.
Por último, observe que $\lim_{r\to 0^+}A(r) = \lim_{u\to 0^+}\frac{u}{2C'_X(u)} = \frac{1}{2C''_X(0)} = \frac{n}{2}.$ Esto se debe a que $C''_X(0)$ es una varianza de $X=\langle e,\omega\rangle=\omega_1$ y este valor es igual a $$\frac{1}{|\mathbf{S}^{n-1}|}\int_{\mathbf{S}^{n-1}}\omega_1^2 dS(\omega)=\frac{1}{|\mathbf{S}^{n-1}|}\int_{\mathbf{S}^{n-1}}\frac{\omega_1^2 +\cdots \omega_n^2}{n} dS(\omega) = \frac{1}{n}.$$ Por lo tanto, $A((0,1)) = (\frac{n}{2}, \infty)$ y concluimos que:
(1) si $0<\alpha \leq \frac{n}{2}$ entonces el único maximizador global es $r=0$ .
(2) si $\alpha >\frac{n}{2}$ entonces el único maximizador global es $r = A^{-1}(\alpha)>0$ . Aquí, $0$ no es un maximizador aunque satisfaga la FOC, ya que no se cumple la condición de segundo orden: $$(-\alpha r^2 + C_X(2\alpha r))''\Big|_{r=0}=2\alpha(\frac{2\alpha}{n}-1) >0. $$

Answer 2

Desde luego, esto no es una solución completa.

En primer lugar, nos gustaría obtener una expresión para $f(x)$ . (A continuación escribo $f(x)$ o $f_n(x)$ cuando probablemente debería haber escrito $f((x_1, 0,0,\ldots, 0)$ .)

Voy a utilizar la función $$ s(n,r) := \frac{2 \pi ^{\frac{n+1}{2}}}{\Gamma \left(\frac{n+1}{2}\right)} r^n, $$ el superficie de una esfera n-dimensional .

Podemos utilizar $s$ para integrar $f$ ,

$$ f_n(x) = \int_{\theta=0}^\pi s (n-1 ,\sin(\theta)) \exp\left(-a \left((x-\cos (\theta))^2+\sin ^2(\theta)\right)\right)d\theta. $$

Según Mathematica, $\;f_2(x) = \frac{\pi e^{-a (x+1)^2} \left(e^{4 a x}-1\right)}{a x}$ .

Y $f_4(x) = \frac{\pi ^2 e^{-a (x+1)^2} \left(2 a x+e^{4 a x} (2 a x-1)+1\right)}{2 a^3 x^3}$ .

Para los valores impar de $n$ , Mathematica da funciones hipergeométricas. $$f_3(x) = 2 \pi ^2 e^{-a \left(x^2+1\right)} \, _0\tilde{F}_1\left(;2;a^2 x^2\right)$$

En el lenguaje de Mathematica, $f_3(x)$ es

"(2*Pi^2*Hipergeométrico0F1Regularizado[2, a^2*x^2])/E^(a*(1 + x^2))".

Si se trata de encontrar el máximo de $f$ parece que el máximo se produce en $x=0$ cuando $a<2$ . Una forma de pensar en esto es soltar un millón de borrachos al azar en la $S^{n-1}$ esfera y hacerlos caminar al azar. Inicialmente, la mayor cantidad de borrachos por unidad de volumen se da en la $S^{n-1}$ esfera, pero a medida que pasa el tiempo el radio de máxima ebriedad se desplaza hacia el centro.

Otra forma de verlo es como una convolución de la esfera con una gaussiana con $\sigma = \sqrt{1/(2 a)}$ . Cuando sigma es grande, $f_n(x)$ es aproximadamente gaussiano.

No he podido encontrar soluciones de forma cerrada para $\mathrm{argmax}_x\, f_n(x)$ . Si tomamos la derivada cuando $n$ es par, lo hacemos igual a cero y simplificamos, obtenemos expresiones de la forma $$p_1(x,a) + \cosh(2 a x)p_2(x,a) +\sinh(2 a x)p_2(x,a) =0$$ donde el $p_i$ son polinomios de grado bajo con coeficientes "bonitos".

Por ejemplo, para $n=10$ , Mathematica dice que la derivada de $f_{10}$ es cero si $$32 a^5 x^6 \sinh (2 a x)-32 a^5 x^5 \cosh (2 a x)-160 a^4 x^5 \cosh (2 a x)+240 a^4 x^4 \sinh (2 a x)+360 a^3 x^4 \sinh (2 a x)-840 a^3 x^3 \cosh (2 a x)-420 a^2 x^3 \cosh (2 a x)+1680 a^2 x^2 \sinh (2 a x)+210 a x^2 \sinh (2 a x)+945 \sinh (2 a x)-1890 a x \cosh (2 a x)=0.$$

Espero que eso ayude.

Answer 3

Si $\mathcal S$ es la unidad $(n - 1)$ -alrededor del origen y $\lVert x \rVert = r$ y luego elegir las coordenadas hiperesféricas s.t. $x_1 = r, \,y_1 = \cos \theta$ da $$f(r) = \int_{\mathcal S} e^{-\alpha \lVert x - y \rVert^2} dS(y) = C_n \int_0^\pi e^{-\alpha (1 + r^2 - 2 r \cos \theta)} \sin^{n - 2} \theta \,d\theta = \\ C_n \sqrt \pi \,\Gamma {\left( \frac {n - 1} 2 \right)} (\alpha r)^{-n/2 + 1} e^{-\alpha (1 + r^2)} I_{n/2 - 1}(2 \alpha r), \\ f'(r) = 2 C_n \sqrt \pi \,\Gamma {\left( \frac {n - 1} 2 \right)} \alpha (\alpha r)^{-n/2 + 1} e^{-\alpha (1 + r^2)} (I_{n/2}(2 \alpha r) - r I_{n/2 - 1}(2 \alpha r)).$$ El objetivo es demostrar que la relación $\omega(r) = r I_{n/2 - 1}(2 \alpha r)/I_{n/2}(2 \alpha r)$ es monótono en $r$ . Desde $$\omega'(r) = 2 \alpha r \left( 1 - \frac {I_{n/2 - 1}(2 \alpha r) I_{n/2 + 1}(2 \alpha r)} {I_{n/2}^2(2 \alpha r)} \right),$$ tenemos que demostrar $$I_\nu^2(z) > I_{\nu - 1}(z) I_{\nu + 1}(z), \quad\nu > 0, \,z > 0.$$ Multiplicando las expansiones en serie se obtiene $$I_\nu^2(z) = \sum_{k \geq 0} \frac {\Gamma {\left( k + \nu + \frac 1 2 \right)}} {\sqrt \pi \,\Gamma(k + 1) \Gamma(k + \nu + 1) \Gamma(k + 2 \nu + 1)} z^{2 (k + \nu)}, \\ I_{\nu - 1}(z) I_{\nu + 1}(z) = \sum_{k \geq 0} \frac {\Gamma \!\left( k + \nu + \frac 1 2 \right)} {\sqrt \pi \,\Gamma(k + 1) \Gamma(k + \nu + 1) \Gamma(k + 2 \nu + 1)} \frac {k + \nu} {k + \nu + 1} z^{2 (k + \nu)}, \\ \frac {[z^{2 (k + \nu)}] I_\nu^2(z)} {[z^{2 (k + \nu)}] I_{\nu - 1}(z) I_{\nu + 1}(z)} = 1 + \frac 1 {k + \nu},$$ demostrando la desigualdad. Dado que $\omega(\infty) = \infty$ , $\omega$ aumenta hasta el infinito de forma monótona.

Finalmente, $\omega(0) = n/(2 \alpha)$ . Si $\omega(0) < 1$ hay un único $r_0 > 0$ donde $\omega(r_0) = 1$ y $f'(r_0) = 0$ Por lo tanto $f(r)$ aumenta en $[0, r_0]$ y disminuye en $[r_0, \infty)$ . Si $\omega(0) \geq 1$ , $f(r)$ disminuye en $[0, \infty)$ .