Προβλήματα Μαθηματικών

Οκτώβριος 21, 2012

Όγκος n-διάστατης σφαίρας

Filed under: Λυμένα Προβλήματα — Michalis Loulakis @ 1:06 πμ

Ο όγκος της n-διάστατης μοναδιαίας σφαίρας δίνεται από τον τύπο

\displaystyle V_n=\frac{{\pi}^{n/2}}{\Gamma\big(\frac{n}{2}+1\big)}.

Χρησιμοποιώντας τον τύπο του Stirling για τη συνάρτηση Γάμμα μπορεί κανείς να δει ότι V_n\to 0 καθώς n\to\infty.

Μπορείτε να το δείξετε αυτό χωρίς να χρησιμοποιήσετε ή να γράψετε κανένα μαθηματικό τύπο;

Advertisements

15 Σχόλια »

  1. Δεν ξέρω αν πιάνετε το παρακάτω σαν «χωρίς μαθηματικό τύπο»…. αλλά θα δοκιμάσω!

    Αφoύ η συνάρτηση Γάμμα στους ακεραίους είναι το παραγοντικό και είναι μια αύξουσα συνάρτηση αρκεί να δείξω ότι πάει στο μηδέν το κλάσμα με αριθμητή τη δύναμη του π και παρονομαστή το παραγοντικό του ακέραιου μέρους του n/2 + 1. Αυτό είναι προφανές αφού το παραγοντικό αυξάνει με πολύ πιο γρήγορους ρυθμούς από τη δύναμη.

    (εκτός αν ψάχνουμε μια γεωμετρική προσέγγιση…)

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από shortmanikos — Οκτώβριος 28, 2012 @ 9:20 μμ

  2. Ακόμα κι αν δεχτούμε ότι το n!\gg \pi^n είναι διαισθητικό επιχείρημα, χρησιμοποιείς τον τύπο για τον όγκο της σφαίρας που δίνεται. Αυτό απαγορεύεται από τους κανόνες του παιχνιδιού!

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Οκτώβριος 28, 2012 @ 9:50 μμ

  3. […] Απαντήσεις ΕΔΩ: kolount.wordpress.com […]

    Μου αρέσει!

    Πίνγκμπακ από Ο όγκος n-διάστατης μοναδιαίας σφαίρας « physicsgg — Νοέμβριος 8, 2012 @ 12:17 πμ

  4. Θα κάνω κι εγώ μια προσπάθεια..

    Συμβολίστε με \mathcal{B}_{n}(r) τη μπάλα του \mathbb{R}^{n} ακτίνας r.
    Μάλλον παραβαίνω τους κανόνες καθώς θα χρησιμοποιήσω τον τύπο :
    \text{Vol}(\mathcal{B}_n(r)=\text{Vol}(\mathcal{B}_n(1))\cdot r^n.

    ‘Κόψτε’ τη μπάλα στη μέση με ένα υπερ-επίπεδο.
    Η τομή του επιπέδου με τη μοναδιαία μπάλα είναι η \mathcal{B}_{n-1}(1).
    Θεωρήστε δύο άλλα υπερ-επίπεδα παράλληλα στο αρχικό και σε απόσταση \frac{1}{2} από αυτό.
    Η τομή των δύο νέων επιπέδων με τη \mathcal{B}_{n}(1)
    είναι μια μπάλα ακτίνας (\frac{3}{4})^{1/2} του (n-1)-διάστατου χώρου.

    Τώρα, ο όγκος του τμήματος της μπάλας που βρίσκεται εντός των παράλληλων επιπέδων φράσσεται από τον όγκο
    του αντίστοιχου (υπερ)-κύλινδρου με βάση τη, δηλαδή από \text{Vol}(\mathcal{B}_{n-1}(1)).
    Ομοίως, το άθροισμα των όγκων των δύο ημισφαιρίων που βρίσκονται έξω από τα παράλληλα επίπεδα φράσσεται από

    \displaystyle  (\frac{3}{4})^{(n-1)/2} \text{Vol}(\mathcal{B}_{n-1}(1)) \leq(\frac{3}{4})^{(n-1)/2} \text{Vol}(\mathcal{B}_{n}(1)).

    Συνεπώς,

    \displaystyle \text{Vol}(\mathcal{B}_{n-1}(1)) \leq \text{Vol}(\mathcal{B}_{n}(1)) \leq  \frac{1}{1-(3/4)^{(n-1)/2}} \text{Vol}(\mathcal{B}_{n-1}(1)),
    απ’όπου έχουμε και το ζητούμενο.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από henk&christos — Νοέμβριος 15, 2012 @ 1:21 πμ

  5. Δεν είναι σωστό ότι V_{n-1}\le V_n (οι όγκοι της σφαίρας σε κάθε διάσταση υπολογίζονται χρησιμοποιώντας το μέτρο Lebesgue στην αντίστοιχη διάσταση.) Π.χ. V_5=\frac{8\pi^2}{15}>\frac{\pi^3}{6}=V_6. Άλλωστε πώς θα έτεινε στο 0 μια αύξουσα ακολουθία θετικών αριθμών;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Νοέμβριος 16, 2012 @ 11:04 πμ

  6. Υπόδειξη:
    Για n=2, αν διαλέξουμε τυχαία ένα σημείο στο τετράγωνο \{(x,y): |x|\le 1,|y|\le 1\} ποια είναι η πιθανότητα το σημείο αυτό να πέσει στο μοναδιαίο δίσκο;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Νοέμβριος 16, 2012 @ 11:25 πμ

  7. Στην ουσία η υπόδειξη είναι και η λύση και θα κάνω μια προσπάθεια να συμπληρώσω τις λεπτομέριες.

    Επίλέξτε τυχαία σημείο x=(x_1,\ldots , x_n) του [1-,1]^n. Τότε
    \displaystyle\mathbb{P}[x \in \mathcal{B}_n] = \frac{V_n}{2^n} = \mathbb{P}[x_{1}^{2}+\cdots+ x_{n}^{2}\leq 1].

    Συμβολίστε z_n := x_{1}^{2}+\cdots+x_{n}^{2}.
    Τώρα, κάθε μια από τις x_i είναι ομοιόμορφα κατανεμημένη στο [-1,1] οπότε
    \mathbb{E}[x_{i}^{2}]= \frac{1}{3} και \mathbb{E}[z_n] = \frac{n}{3}.
    Επίσης, Var(x_{i}^{2})=\frac{4}{45} οπότε Var(z_n) =\frac{4n}{45}.

    Συνεπώς,
    \displaystyle \mathbb{P}[z_n \leq 1] \leq \mathbb{P}[|z_n - \mathbb{E}[z_n]| \geq \frac{n}{3}-1] \leq \mathbb{P}[|z_n -\mathbb{E}[z_n]|\geq \frac{n}{6}] \leq \frac{4n/45}{(n/6)^2} \rightarrow 0,
    ‘οπου η τελευταία εκτίμηση έπεται από την ανισότητα του Chebyshev.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από henk&christos — Νοέμβριος 17, 2012 @ 12:49 πμ

  8. Φυσικά, χρησιμοποίησα ένα σωρο μαθηματικούς τύπους.
    Νομίζω η διαίσθηση πίσω από τον φορμαλισμό είναι πως η z_n του άνω σχολίου -όντας ‘φυσιολογική’ τ.μ.-
    συγκεντρώνει το μεγαλύτερο μέρος της μάζας της κοντά στη μέση της τιμή, η οποία (μέση τιμή), καθως η
    διάσταση τείνει στο άπειρο, απομακρίνεται όλο και περισσότερο από την τιμή 1.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από henk&christos — Νοέμβριος 17, 2012 @ 1:00 πμ

  9. Έχουμε λοιπόν ότι V_n=2^n\mathbb{P}\big[U_n\big] όπου U_n είναι το ενδεχόμενο n ανεξάρτητες τ.μ. με ομοιόμορφη κατανομή στο [0,1] να έχουν άθροισμα τετραγώνων μικρότερο ή ίσο του 1. Δείχνεις ότι \mathbb{P}\big[U_n\big]\to 0 όμως αφενός κάνεις υπολογισμούς, αφετέρου αυτό δεν φτάνει αφού πρέπει να δείξουμε ότι η \mathbb{P}\big[U_n\big] πάει στο 0 πιο γρήγορα από το 2^n. Μπορείτε να το δείξετε αυτό με ένα διαισθητικό επιχείρημα;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Νοέμβριος 17, 2012 @ 1:05 πμ

  10. Δεν ξερω αν απαντησω στο ερωτημα σας αλλα αν παρω εναν κυκλο με διαμετρο 1 αυτος ο κυκλος περιεχεται σε τετραγωνο με πλευρα 1… (ενας κυκλος μεσα σε ενα τετραγωνο με εμβαδον 1 ειναι ενα σχημα που εχουμε ας πουμε κοψει τις γωνιες του..) και ο ογκος του τετραγωνου δηλαδη το εμβαδον ειναι 1.. ομοιως για την σφαιρα.. η σφαιρα με διαμετρο 1 ειναι ακομα «μικροτερη» σαν ογκος και φυσικα περιεχεται απο τον αναλογο κυβο με ογκο 1. Νομιζω οτι ειναι διαισθητικο πια να καταλαβουμε οτι σε n διαστασεις ο ογκος του κυβου μας θα ειναι ισος με 1 για n να παει στο απειρο ενω επειδη θα κοβουμε συνεχως γωνιες και θα κανουμε συνεχως πιο λεια την σφαιρα μας.. ο ογκος της σφαιρας προφανως θα τεινει να γινει 0.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Konstantinos Sifakis — Φεβρουαρίου 5, 2013 @ 6:47 μμ

  11. Το διασθητικό σου επιχείρημα μπορεί να γίνει απόδειξη αν κόψεις τη σφαίρα με επίπεδα συνδιάστασης 2. Η τομή του κύβου με αυτά είναι ένα τετράγωνο, ενώ της σφαίρας ένας δίσκος διαμέτρου 1. Υπάρχουν τώρα πολλά τέτοια επίπεδα όταν η διάσταση του χώρου είναι μεγάλη και σε καθένα από αυτά το εμβαδόν του δίσκου είναι <1… Αυτό ίσως μπορείτε να το καταλάβετε πιο εύκολα με το συμβολισμό της θεωρίας πιθανοτήτων που φαίνεται στα σχόλια 6 και 7.

    Όπως ο henk & christos όμως, επιχειρηματολογείς για κάτι λιγότερο από αυτό τέθηκε… Ότι ο όγκος της σφαίρας με ακτίνα 1/2 τείνει στο 0.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Φεβρουαρίου 6, 2013 @ 10:18 πμ

  12. Εξαιρετικό θέμα ,με φιλοσοφικές-κοσμολογικές προεκτάσεις ίσως; 🙂 μήπως η n-διάστατη σφαίρα είναι η σκουληκότρυπα ή η μαύρη τρύπα των Μαθηματικών; Kαι εξαιρετικά σχόλια από όλους και συζήτηση! Θα προσπαθήσω και γω να προσθέσω κάτι ,σε «διαισθητικό» επίπεδο.

    Με βασάνισε καταρχάς,σε διαισθητικό επίπεδο,και το βάζω -με την άδεια του Μιχάλη,που δεν την έχω δηλαδή,αλλά ψυλιάζομαι πως δεν θα μού κακιώσει 🙂 – το γιατί η συνάρτηση του όγκου να είναι αύξουσα μέχρι την 5η διάσταση και μετά να «φλατάρει» και ο όγκος μας να «σβήνει» για μεγαλύτερα n. Tι ειδικό ή μάλλον μαγικό έχει το n=5 ? Μήπως τελικά το Σύμπαν έχει 5 διαστάσεις και οι θεωρητικοί των υπερχορδών έχουν δίκιο; (αλλά αυτοί μιλάνε για 11 (αν δεν κάνω λάθος) «ανισομεγέθεις» διαστάσεις (και σε υποατομικό επίπεδο), οπότε πια δεν μιλάμε για Μαθηματικά αλλά για…το μάντη Κάλχα!…) Το κουφό δε που διαπίστωσα μετά από δοκιμές(ελπίζω σωστές..) ,ας τις πω fine tuning ,μιας και η συνάρτηση Γ ορίζεται για όλους τους πραγματικούς αριθμούς οπότε παίζοντας με φρακταλικές (δεκαδικές) διαστάσεις υπάρχει μέγιστο για n=5,256946 και ο αντίστοιχος max όγκος είναι V(5,256946)=5,277768 >5,2638 (8/15 π^2 για n=5) . Για μοναδιαίες πάντα (r(n)=1) σφαίρες μιλάμε πάντα, Νομίζω ότι δεν έχει νόημα οποιοδήποτε άλλο «μέτρο». Η απάντηση που δίνω (αναγκαστικά με αναφορά στον τύπο ,δυστυχώς η εποπτεία/αντίληψή μου εξαντλείται στις τρεις διαστάσεις ,άντε στις 3μιση λόγω Σχετικότητας) είναι λόγω της τιμής του π. Αν το π ας πούμε ήταν ίσο με 19 , θα είχαμε τη μοναδιαία σφαίρα με τον μέγιστο όγκο να είναι διάστασης 37. Αλλά ,αφού το π είναι κάτι παραπάνω από 3 ,έχουμε την 5-σφαίρα να κατακτά το peak της πιο «εκτεταμένης». (αυτό θεωρώ ισχύει, επειδή τελικά γίνεται ένας «αγώνας ράλυ» μεταξύ των τιμών (λόγου) του π^ν και του ν!, στην αρχή προηγείται το εκθετικό,αλλά μακροπρόθεσμα τρώει τη σκόνη του παραγοντικού!), αλλά αρκεί με τα μεταφυσικά,απλώς είπα να τα γράψω επειδή με απασχόλησαν.
    Προχωρώ στην «καθαρά διαισθητική» εξήγηση(ή απόπειρα εξήγησης) (που είναι και το βασικά ζητοούμενο από το Μιχάλη).
    Μοιάζει στην ουσία μ’αυτή του Κων/νου Σηφάκη, ίσως είναι κάπως πιο «ποσοτικοποιημένη»
    Το περίεργο anti-intuitive της όλης υπόθεσης/μαθηματ.βεβαιότητας του να πηγαίνει ο όγκος στο 0 για n–>άπειρο είναι ότι η ανα περίσταση n-σφαίρα EINAI όντως ,για κάθε διαδοχικό n , η ΜΕΓΑΛΥΤΕΡΗ δυνατή που μπορέι να χωρέσει στον αντίστοιχο μοναδιαίο «Υπερκύβο».
    Η «διάμετρος» της σφαίρας είναι πάντα ίση με το «μήκος πλευράς» του κύβου. Και η επιφάνειά της ακουμπά κάθε «πλευρά» του κύβου. (Ως «πλευρά» ενός n-κύβου νοείται ένας (n-1)-κύβος ). Πού οφείλεται λοιπόν η «συρίκνωση»; Είναι θέμα Αριθμητικής (δηλαδή Συνδυαστικής!)
    Η σφαίρα ,ναι μεν καταλαμβάνει το «κέντρο» του κύβου ,αλλά δεν υπάρχει και πολύ κέντρο ,γιατί ο πε΄ρισσότερος όγκος πηγαίνει «φυγόκεντρα» προς τις «κορυφές» /γωνίες των υπερκύβων. Για παράδειγμα ,ένας 100-κύβος έχει «μόλις» 200 πλευρές, αλλά έχει 2^100 κορυφές!
    Αν σκεφτούμε πως φέρνουμε τις «διαμέτρους» στον κύβο , δηλαδή τις ευθείες που περνάνε από το κέντρο του κύβου, οι μικρότερες («κοντύτερες) διάμετροι ξεκινούν από το κέντρο κάποιας πλευράς και καταλήγουν στο κέντρο της απέναντι πλευράς. Για τον τρισδιάστατο κύβο που περιγράφει μια μοναδιαία (r=1) σφαίρα ,αυτό το μήκος της κοντής διαμέτρου είναι = 2. (αφού 2 είναι και το μήκος της πλευράς και η διάμετρος της σφαίρας) .Στην πε΄ριπτωση δηλαδή των 3 διαστάσεων μια «κοντή διάμετρος» κείται καθ’ολόκληρο το μήκος της εντός της σφαίρας.
    Οι «μακριές διάμετροι» τώρα , έστωσαν προφανώς οι αγόμενες από κορυφή , μέσω κέντρου Κ, έως την απέναντι κορυφή.
    Για έναν n-κύβο με μήκος πλευράς d=2 , η μακριά διάμ. έχει μήκος 2ρίζα(n). Έτσι σε έναν 100-κύβο στον οποίο εγγράφεται μια «μοναδιαία» «σφαίρα» η μακρία διάμ. έχει μήκος 2*10=20 . Μόλις το 1/10 αυτού του μήκους κείται πλέον εντός της σφαίρας! Επιπροσθέτως , υπάρχουν 100 «καλές»/»γεμάτες» (δηλαδή κοντές) διάμετροι ,αλλά 2^99 μακριές! δηλαδή «κακές»/»αδειανές». H Eπαγωγή είναι νομίζω «μπακάλικη» μεν, πανίσχυρη λογικά δε. Έχω και μια εναλλακτική «οπτική» ,αλλά προς το παρόν σταματώ εδώ (καθότι έχουμε και μερικάματο αύριο) ο φαφλατάς και θα επανέλθω ,αν χρειαστεί. 🙂

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Rizopoulos Georgios — Νοέμβριος 29, 2013 @ 2:29 πμ

  13. Μιας και το μεροκάμματο ,όπως γίνεται συχνά τελευταία… , αποδείχτηκε πως έχει προσομοιάζουσα-ως προς το συγκλίνον όριο «απόδοσης»- μαθηματική συμπεριφορά με τον V(n) ,επανέρχομαι δριμύτερος.
    Εναλλακτική θεώρηση, εμπνευσμένη από τα σχόλια ,με βάση την πιθανοτική προσέγγιση,του Χρήστου (henk&christos) και την υπόδειξη/πρόταση του Μιχάλη. και με λίγα λιπαρά-έως καθόλου. (δηλαδή «τύπους») : Διαλέγουμε n αριθμούς ,με βάση ομοιόμ.κατανομή και ανεξαρτησία επιλογών ,από το [-1,1], δημιουργώντας ένα διατεταγμένο n-Tupel (όπως τόχει ο Χρήστος στο σχόλιο 7. …να δούμε πότε θα μάθω να γράφω με Λαστέξ ,πώς το λένε; ) Το διάνυσμα αυτό αντιπροσωπεύει ένα τυχαίως επιλεγμένο σημείο από τον μοναδιαίο κύβο [-1 ,1]^n. H πιθανότητα ένα τέτοιο σημείο να περιέχεται στην n-σφαίρα είναι προφανώς ο λόγος ,έστω Λ , του όγκου V(n) με τον όγκο Vκουτιού που είναι 2^n. Δηλαδή Λ(n)=V(n)/Vκ(n). Παρατηρούμε πως αν υπάρχουν μόνο 2 συντεταγμένες αυτού του σημείου μεγαλύτερες από 1/ρίζα2, τότε το σημείο ΔΕΝ περιέχεται στη μοναδιαία σφαίρα. Καθώς αυξάνει το n, επιλέγουμε όλο και περισσότερες συντεταγμένες/συνιστώσες από την ομοιόμορφη κατανομή και η πιθανότητα ,μόνο μία ή καμμία από αυτές τις n συντεταγμένες να είναι μεγαλύτερες από >1/ρίζα2 , βαίνει μειούμενη.
    Για μεγάλα n, διαπιστώνουμε εύκολα ότι αυτή η πιθανότητα μειώνεται κατά 1/ρίζα2 για ΚΑΘΕ νέα συντεταγμένη που επιλέγεται.
    Αυτό «αποδεικνύει» ότι ο λόγος Λ(n) τείνει στο 0 ,καθώς το n τείνει στο άπειρο.
    Με λίγο fine tunning αυτού του τρόπου σκέψης, μπορούμε να δείξουμε το ζητούμενο, δηλαδή ότι το V(n)=Λ(n)*2^n τείνει στο 0 για n—>άπειρο.
    Αν υπάρχουν 5 συντεταγμ. του διανύσματός μας μεγαλύτερες του 1/ρίζα5 , τότε το σημείο μας είναι ΕΚΤΌΣ σφαίρας. Για μεγάλα n , με κάθε νέα επιλεγμένη συντετ. ,η πιθανότητα p(λιγότερες από 5 συντ. > 1/ρίζα5) «πέφτει» κατά παράγοντα 1/ρίζα5. Άρα ο V(n) μεταβάλλεται κατά παράγοντα 1/ρίζα5 , καθώς αυξάνει το n. Aπό την άλλη μεριά τώρα, το 2^n μεταβάλλεται κατά παράγοντα 2 , όπως αυξάνει το n. Άρα το 2^n αλλάζει κατά παράγ. 2/ρίζα5 για αρκετά μεγάλα n, έτσι η ποσότητά μας (ό,τι στο διάτανο και νάναι..) γίνεται ολοένα και μικρότερη. Q.E.D (hopefully..) 🙂

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Rizopoulos Georgios — Νοέμβριος 29, 2013 @ 1:59 μμ

  14. Εξυπακούεται πως το παραπάνω σχόλιο «εξηγεί» και το «φαινόμενο του 5» , ε; 🙂

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Rizopoulos Georgios — Νοέμβριος 29, 2013 @ 2:03 μμ

  15. Πολύ σωστά! Πάρα πολύ καλή επίσης η οπτικοποίηση με τις «μικρές» και «μεγάλες» διαμετρους.
    Φυσικά η λύση δεν έχει να κάνει τίποτα με το «φαινόμενο του 5″…

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Νοέμβριος 30, 2013 @ 4:09 πμ


RSS feed for comments on this post. TrackBack URI

Σχολιάστε

Συνδεθείτε για να δημοσιεύσετε το σχόλιο σας:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Google+

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google+. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Σύνδεση με %s

Blog στο WordPress.com.

Αρέσει σε %d bloggers: