Caracterizar una distribución por sus proyecciones

Question

Considere la densidad de $f(x,y)=\large\frac{1}{2\pi}\frac{1}{\sqrt{1-x^2-y^2}}$ en la unidad de disco centrado en el origen. Hay una en particular la caracterización de esta distribución: es el único circularmente distribución simétrica cuyas proyecciones sobre cualquier línea a través del origen están uniformemente distribuidos.

Mostrando las proyecciones de $f(x,y)$ son uniformes es simple cálculo. Sin embargo, me parece que no puede pensar en una demostración elegante uniforme de las proyecciones de lo que implica $f$ debe tener por encima de la densidad. Si dejamos $R$ denotar cualquier rotación de coordenadas $x,y\rightarrow x',y'$, luego por hipótesis, $f(x,y)=R\circ f(x,y):=f(x',y')$. Entonces sería suficiente para mostrar que el $f(x,0)=\large\frac{1}{2\pi}\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$. La escritura de la proyección de la densidad de $u(x)$:

$$u(x):=\int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}f(x,y)dy$$

y debemos tener ese $u(x)=1/2$ (siendo uniforme en $[-1,1]$). La diferenciación en $x$ con Leibnitz la regla parece no llegar a ninguna parte. También he intentado teniendo en cuenta la función característica de a $f$ pero no consiguió nada.

Si ayuda, $f(x,y)$ surge de la proyección de la distribución uniforme en el ámbito de la $x,y$ plano. Así que en esencia es de Arquímedes, la regla de la esfera inscrita en un cilindro: la superficie de las áreas son iguales. Mi sensación es que esto no es totalmente diferente de la que muestra que el multivariante de la distribución Gaussiana es la única rotación invariable de distribución con componentes independientes.

Answer 1

Este no es un elemental de la prueba, pero puede utilizar la proyección de la rebanada teorema de aquí, y el hecho de que, esencialmente, usted está tomando el Radón transformación de su distribución. Si $f(x,y)$ es la distribución, y $Rf_\vec\alpha(s)$ es su integral sobre la línea de $\vec{x}\cdot\vec{\alpha} = s$ (aquí se $\vec\alpha$ es un vector unitario), entonces $$ \mathcal{F}(Rf_\vec\alpha)(\sigma) = \mathcal{F}f(\sigma \vec\alpha),$$ donde el lado izquierdo es el unidimensional de la transformada de Fourier de $Rf_\vec\alpha(s)$, y el lado derecho es el de dos dimensiones de la transformada de Fourier de $f(x,y)$.

Ahora, usted empezar con $$ Rf_\vec\alpha(s) = \frac{1}{2}\mathbb{I}_{-1\leq s\leq 1},$$ entonces $$ \mathcal{F}(Rf_\vec\alpha)(\sigma) = \frac{\sin \sigma}{\sigma}, $$ así $$ \mathcal{F}f(\vec k) = \frac{\sin |\vec k|}{|\vec k|}.$$ Ahora tome la inversa de la transformada de Fourier ($\vec n_\theta$ es el vector unitario $(\cos\theta,\sin\theta$)): $$ \begin{align} f(\vec x) &= \int \frac{d\vec k}{(2\pi)^2} e^{-i(\vec x\vec k)} \frac{\sin|\vec k|}{|\vec k|} \\&= \iint \frac{dr d\theta}{(2\pi)^2}e^{-i r (\vec x\vec n_\theta)\sin r} \\&=\frac{1}{4\pi^2}\int_0^{2\pi}d\theta \int_0^\infty \sin r e^{-i r (\vec x\vec n_\theta)}dr \\&= \frac{1}{4\pi^2} \int_0^{2\pi}d\theta \frac{1}{1-(\vec x\vec n_\theta)^2} \\&= \frac{1}{4\pi^2}\int_0^{2\pi} \frac{d\theta}{1-|\vec x|^2\cos^2\theta} \\&= \frac{1}{2\pi} \frac{1}{\sqrt{1-|\vec x|^2}} \end{align}$$ El único problema aquí es que debido a $f$ es discontinuo, una de las integrales aquí sólo converge al $(\vec x\vec n_\theta)$ tiene un negativo de la parte imaginaria: $$ \int_0^\infty \sin r e^{-i a r}dr = \frac{1}{1-a^2}, \qquad (\Im a < 0). $$ Para evaluar esto, tomé $a=(\vec x\vec n_\theta)-i\epsilon$, y luego tomó el límite de $\epsilon\to0^+$.