Distancia media entre 2 puntos en una esfera

Question

He encontrado una respuesta en este sitio a la pregunta de determinar la distancia media en línea recta entre 2 puntos elegidos al azar en un disco de radio r. (Ver Distancia promedio entre dos puntos en un disco circular). Ahora estoy tratando de encontrar una respuesta a la misma pregunta, pero involucrando una esfera de radio r en lugar de un disco. Cualquier orientación sobre esta pregunta sería apreciada.

Answer 1

(a) Dos puntos aleatorios en la esfera unitaria $S^2$:

Suponga que el primer punto está en el polo norte ($\theta=0$) de $S^2$. Entonces la distancia a un punto en la latitud $\theta$ es $2\sin{\theta\over2}$. Por lo tanto, la distancia media entre el polo norte y el segundo punto está dada por $${1\over 4\pi}\int_0^\pi 2\sin{\theta\over2}\cdot 2\pi\sin\theta\ d\theta={4\over3}\ .$$ $$ $$

(b) Dos puntos aleatorios en la bola unitaria de ${\mathbb R}^3\ $:

Sean ${\bf X}$ y ${\bf Y}$ los dos puntos aleatorios. Entonces $R:=|{\bf X}|$, $\ S:=|{\bf Y}|$, y $\Theta:=\angle({\bf X},{\bf Y})$ son variables aleatorias independientes con densidades $$f_R(r)=3r^2\quad (0\leq r\leq 1)\ ,\qquad f_S(s)=3s^2\quad(0\leq s\leq 1)\ ,$$ y $$f_\Theta(\theta)={1\over2}\sin\theta\quad(0\leq\theta\leq\pi)\ .$$ (Con respecto a $f_R$ y $f_S$ note que el volumen incluido entre $r$ y $r+dr$ es proporcional a $r^2$. Para $f_\Theta$ puede asumir que ${\bf X}$ apunta hacia el norte. El área superficial entre $\theta$ y $\theta+d\theta$ es entonces proporcional a $\sin\theta$, como en (a).)

Se sigue que la distancia media $\delta$ entre ${\bf X}$ y ${\bf Y}$ está dada por $$\delta=\int_0^1\int_0^1\int_0^\pi \sqrt{r^2+s^2-2rs\cos\theta}\ f_R(r) f_S(s)f_\Theta(\theta) d\theta\ ds\ dr\ .$$ La integral más interna se calcula como $$\eqalign{{1\over2}\int_0^\pi \sqrt{r^2+s^2-2rs\cos\theta}\ \sin\theta\ d\theta&={1\over 6rs}\bigl(r^2+s^2-2r s\cos\theta\bigr)^{3/2}\Biggr|_0^\pi \cr &={1\over 6rs}\bigl((r+s)^3-|r-s|^3\bigr)\ . \cr}$$ En lo sucesivo asumimos $s\leq r$ y compensamos esto con un factor de $2$. Nos queda $$\delta=\int_0^1\int_0^r 3r s(6r^2 s +2s^3)\ ds\ dr={36\over35}\ .$$ No debería ser muy difícil realizar un cálculo similar válido para una bola en cualquier ${\mathbb R}^n$, $\ n\geq 2$.

Answer 2

La distancia promedio se puede calcular como una triple integral en coordenadas polares:

Nos topamos con esto hace algunos años cuando investigábamos sobre las proteínas (http://www.ncbi.nlm.nih.gov/pubmed/9514112).

Answer 3

(a) ESFERA UNITARIA

Recordemos la fórmula de expansión multipolar de Laplace en polinomios de Legendre: $$\frac{1}{|\vec{r}'-\vec{r}|}=\frac{1}{r}\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{r'}{r}\right)^n P_n(Y)\qquad ;r\geq r',$$

donde he denotado $Y:=\hat{r}\bullet\hat{r}'$. Si asumimos que $r=r'=1$, entonces $$\frac{1}{|\hat{r}'-\hat{r}|}=\sum_{n=0}^\infty P_n(Y)$$

La distancia promedio entre dos puntos uniformemente distribuidos en la esfera unitaria la denotamos como $\bar{L}$. Dado que $$|\vec{r}'-\vec{r}|=(\vec{r}'-\vec{r})^2/|\vec{r}'-\vec{r}|=(r'^2+r^2-2rr'Y)/|\vec{r}'-\vec{r}|,$$

tenemos para $r=r'=1$: $$|\hat{r}'-\hat{r}|=2(1-Y)/|\hat{r}'-\hat{r}|$$

y mediante la expansión de Laplace entonces

$$\bar{L} = \mathbb{E}\left[|\hat{r}'-\hat{r}|\right]=\frac{1}{(4\pi)^2}\oint \oint |\hat{r}'-\hat{r}| d\Omega' d\Omega=\frac{1}{8\pi^2}\sum_{n=0}^\infty\oint \oint \left(1-Y\right) P_n(Y) d\Omega' d\Omega.$$

Debido a la ortogonalidad, sabemos también que $$\oint P_n(Y)P_m(Y) d\Omega = \frac{4\pi}{2n+1} \delta_{nm}.$$

Dado que $1=P_0(Y)$ y $Y = P_1(Y)$, obtenemos inmediatamente

$$ \bar{L} = \frac{1}{8\pi^2}\sum_{n=0}^\infty\oint \oint \left(1-Y\right) P_n(Y) d\Omega' d\Omega = \frac{1}{2\pi} \oint \left(1-\frac{1}{3}\right) d\Omega = \frac{1}{2\pi}\frac{2}{3}4\pi = \frac{4}{3}$$

(b) BOLA UNITARIA

La distancia promedio entre dos puntos aleatorios uniformemente distribuidos en la bola unitaria está dada por $\bar{L} = \mathbb{E}\left[|\vec{r}'-\vec{r}|\right]$. Dado que el problema es simétrico respecto a la etiqueta de los dos puntos y cambiar su posición, podemos definir una variable aleatoria $L' := |\vec{r}'-\vec{r}|\theta(r-r')$ que se anula cuando $r'>r$. Claramente, nos falta exactamente la mitad de los puntos, por lo tanto

$$\bar{L} = 2\bar{L}' = 2\mathbb{E}\left[|\vec{r}'-\vec{r}|\theta(r-r')\right]=2\left(\frac{3}{4\pi}\right)^2\int \int |\vec{r}'-\vec{r}|\theta(r-r') dV' dV$$,

que puede expandirse con el mismo truco que antes. Se obtiene $$ \bar{L} = \frac{9}{8\pi^2}\int_0^1 \int_0^r \oint \oint \left(r'^2+r^2-2rr'Y\right) \frac{1}{r} \sum_{n=0}^\infty \left(\frac{r'}{r}\right)^n P_n(Y) r^2r'^2 d\Omega' d\Omega dr' dr$$

Por ortogonalidad, obtenemos $$ \bar{L} = 18\int_0^1 \int_0^r\frac{1}{r}\left(r'^2+r^2-\frac{2}{3}rr'\frac{r'}{r}\right) r^2r'^2 dr'dr = 18\int_0^1 r^6\left(\frac{1}{5}+\frac{1}{3}-\frac{2}{3}\frac{1}{5}\right)dr = \frac{36}{35}$$

(c) FUNCIÓN DE DISTRIBUCIÓN DE BOLA

Denotemos la densidad de probabilidad de $L$ como una función $g(\lambda)$, para esta función se tiene $$g(\lambda) = \left(\frac{3}{4\pi}\right)^2\int\int \delta\left(|\vec{r}'-\vec{r}|-\lambda\right)dV'dV.$$

Expandimos el $\delta(L-\lambda)$ como una suma de polinomios de Legendre. Notamos que $\delta(L-\lambda) \neq 0$ solo cuando $|r'-r|<\lambda ya que $|\vec{r}'-\vec{r}|\in (|r'-r|,r'+r)$. Dado que $L = |\vec{r}'-\vec{r}|=\sqrt{r'^2 + r^2 - 2rr'Y}$ y $\delta(f(x))=\delta(x-x_0)/|f'(x_0)|$ con $f(x_0)=0$, obtenemos

$$\delta(L-\lambda) = \frac{\sqrt{r'^2 + r^2 - 2rr' Y}}{rr'}\delta\left(Y-\frac{r'^2+r^2-\lambda^2}{2rr'}\right)=\frac{\lambda}{rr'}\delta\left(Y-\frac{r'^2+r^2-\lambda^2}{2rr'}\right).$$

Sin pérdida de generalidad, asumimos $r' (simetría), $r-r'<\lambda (desaparición), entonces

$$\delta(L-\lambda) = \sum_{n=0}^\infty A_n P_n(Y)$$

Integrando con $P_m(Y)$ sobre $d\Omega$ y usando la relación de ortogonalidad, obtenemos

$$A_n = \frac{2n+1}{2} \int_{-1}^1 \delta(L - \lambda) P_n(Y) dY = \frac{2n+1}{2} \int_{-1}^1 \frac{\lambda}{rr'}\delta\left(Y-\frac{r'^2+r^2-\lambda^2}{2rr'}\right) P_n(Y) dY,$$

por lo tanto para $|r-r'|<\lambda: $$\delta(L-\lambda)= \frac{\lambda}{2rr'} \sum_{n=0}^\infty (2n+1)P_n\left(\frac{r'^2+r^2-\lambda^2}{2rr'}\right)P_n(Y).$$

Para la densidad de probabilidad, con ayuda de la simetría $$g(\lambda) = 2\lambda\left(\frac{3}{4\pi}\right)^2 \sum_{n=0}^\infty \underset{0

lo cual se debe a la ortogonalidad (solo sobrevive $n=0$) $$g(\lambda) = 9\lambda \int_{\lambda/2}^{1} \int_{\lambda-r}^{r}\!\! r'r\, dr' dr = \frac{9}{2}\lambda^2 \int_{\lambda/2}^{1} \!\! 2r^2\!-\!\lambda r\, dr = \frac{3}{16}\lambda^2 (2-\lambda)^2(4+\lambda)$$

Answer 4

Esta no es una respuesta completa, sino un comienzo, uno áspero en eso.

Dados dos puntos $p_0$ y $p_1$, encuentra un tercer punto $p_2$ tal que $N=(p_0-p_2)\times(p_1-p_2) \neq \varnothing$ Donde $\varnothing$ es el vector nulo. Define $n = \frac{N}{|N|}$ eso es normalizar el vector $N$, sin normalización la distancia no será correcta a continuación.

Ahora tenemos un plano donde $p$ es cualquier punto en él definido como: $$ n\cdot(p-p_2)=0 \\ n\cdot p-n\cdot p_2=0 \\ n\cdot p = n\cdot p_2\\ $$ Recuerda que la ecuación general de un plano es $ax+by+cz=d$ donde $d$ es la distancia desde el origen hasta el plano. Expandiendo la ecuación anterior nos da $$a=n_x,b=n_y,c=n_z \\ d=n_xp_{2x}+n_yp_{2y}+n_zp_{2z} $$ El radio del círculo resultante en el plano con una esfera de radio $r$ es dado como $R = \sqrt{r^2-d^2} Puede que quieras negar $n$ si $d$ es negativo ya que eso te permitirá tener el centro del círculo en $(da,db,dc)$

No hemos definido un eje para nuestro plano así que es difícil mapear desde nuestros puntos 3D sobre él. Aquí es donde me detengo por ahora. (Puede que vuelva y termine esto) Tengo la sensación de que este enfoque es más complicado que simplemente calcular $p_0-p_1$ y calcular su longitud. Principalmente porque tenemos que normalizar un vector ($N) solo para obtener una distancia y así el radio.

Páginas de Wiki que usé para esto: Plane y Plane-sphere intersection