차원 에서 두 개의 임의 단위 벡터의 스칼라 곱 분포

경우 $\mathbf{x}$ 및 $\mathbf{y}$ 두 개의 독립적 인 임의의 단위 벡터이다 $\mathbb{R}^D$ (균일 단위 구에 분포)는, 그 내적의 분포 (내적) 무엇 $\mathbf x \cdot \mathbf y$ ?

나는 $D$ 빠르게 분포를 증가함에 따라 (?) 평균이 0이되고 되고 더 큰 차원에서 분산이 감소

lim_{D \to \infty} σ^{2} (D) \to 0,

$\lim_{D\to\infty}\sigma^2(D) \to 0,$ 하지만

대한 명시적인 공식이

σ^{2} (D)

$\sigma^2(D)$ 있습니까?

방법

단위 벡터의 내적 의 정확한 분포 는 첫 번째 방향으로 두 번째 벡터의 구성 요소이기 때문에 기하학적으로 쉽게 얻을 수 있습니다 . 두 번째 벡터는 첫 번째 벡터와 독립적이며 단위 구에 균일하게 분포되어 있기 때문에 첫 번째 방향의 성분은 구의 좌표와 동일하게 분포됩니다. 첫 번째 벡터의 분포는 중요하지 않습니다.

밀도 찾기

그 좌표를 마지막으로함으로써, 의 밀도 는 단위 구체에서 와 사이의 높이에있는 표면적에 비례한다 . 그 비율은 높이의 벨트에서 발생하는 반경 필수적이다 원추형 절두체 아웃 구성 반경 높이의 , 및 기울기 . 확률이 비례하는 경우 $t \in [-1,1]$ $t$ $t+dt$ $dt$ $\sqrt{1-t^2},$ $S^{D-2}$ $\sqrt{1-t^2},$ $dt$ $1/\sqrt{1-t^2}$

\frac{{(\sqrt{1 - t^{2}})}^{D - 2}}{\sqrt{1 - t^{2}}} d t = (1 - t^{2})^{(D - 3) / 2} d t .

$\frac{\left(\sqrt{1 - t^2}\right)^{D-2}}{\sqrt{1 - t^2}}\,dt = (1 - t^2)^{(D-3)/2} dt.$

시키는 수반 . 이를 앞의 것으로 대체하면 확률 요소에 정규화 상수가 부여됩니다. $u=(t+1)/2 \in [0,1]$ $t = 2u-1$

f_{D} (u) d u \propto (1 - (2 u - 1)^{2})^{(D - 3) / 2} d (2 u - 1) = 2^{D - 2} (u - u^{2})^{(D - 3) / 2} d u .

$f_D(u)du \; \propto \; (1 - (2u-1)^2)^{(D-3)/2} d(2u-1) = 2^{D-2}(u-u^2)^{(D-3)/2}du.$

에 베타 분포 가 있다는 것은 즉각적입니다 . 왜냐하면 정의에 따라 밀도도 비례하기 때문입니다 $u=(t+1)/2$ $((D-1)/2, (D-1)/2)$

u^{(D - 1) / 2 - 1} {(1 - u)}^{(D - 1) / 2 - 1} = (u - u^{2})^{(D - 3) / 2} \propto f_{D} (u) .

$u^{(D-1)/2-1}\left(1-u\right)^{(D-1)/2-1} = (u-u^2)^{(D-3)/2} \; \propto \; f_D(u).$

제한 동작 결정

제한 동작에 대한 정보는 기본 기술을 사용하여 이로부터 쉽게 따릅니다. 를 통합하여 비례 상수 ; 것을 나타내는, 순간을 얻는다 (예를 들어, 베타 함수의 속성을 사용하여) 통합 될 수 편차는 와 정신과에 (체비 셰프의 정리에 의해, 가능성이 집중되고 어디서 근처 ); 상기 제한적인 분포는 다음에 비례 표준화 분포 밀도의 값을 고려하여 발견 의 작은 값 $f_D$ $\frac{\Gamma \left(\frac{n}{2}\right)}{\sqrt{\pi } \Gamma \left(\frac{D-1}{2}\right)}$ $t^k f_D(t)$ $1/D$ $0$ $t=0$ $f_D(t/\sqrt{D}),$ $t$ :

\begin{aligned} \log (f_{D} (t / \sqrt{D})) & = C (D) + \frac{D - 3}{2} \log (1 - \frac{t^{2}}{D}) \\ = C (D) - (1 / 2 + \frac{3}{2 D}) t^{2} + O (\frac{t^{4}}{D}) \\ \to C - \frac{1}{2} t^{2} \end{aligned}

$\eqalign{ \log(f_D(t/\sqrt{D})) &= C(D) + \frac{D-3}{2}\log\left(1 - \frac{t^2}{D}\right) \\ &=C(D) -\left(1/2 + \frac{3}{2D}\right)t^2 + O\left(\frac{t^4}{D}\right) \\ &\to C -\frac{1}{2}t^2 }$

여기서 는 적분 상수를 (로그) 나타냅니다. 아마도이 로그가 정규성에 접근하는 속도 (로그 밀도가 )는 $C$ $-\frac{1}{2}t^2$ $O\left(\frac{1}{D}\right).$

이 그림은 단위 분산으로 표준화 된 에 대한 내적 밀도 와 제한 밀도를 보여줍니다. 의 값은 따라 증가 합니다 (표준 표준 밀도의 경우 파랑에서 빨강, 금, 녹색으로). 의 밀도 이 해상도 정상 밀도와 구별 될 것이다. $D=4, 6, 10$ $0$ $D$ $D=1000$

— 우버
소스

(+1) 감사합니다, @whuber, 이것은 훌륭한 답변입니다! "절두체"라는 단어를 언급 해 주셔서 감사합니다. 귀하가 귀하의 게시물을 게시하기 몇 분 전에 다른 답변을 수락했으며 지금은이를 거부하고 싶지 않습니다. 이해하시기 바랍니다. 둘 다 받아 들일 수없는 것이 유감입니다! 그건 그렇고, 그 대답과의 차이에 대한 표현 의 매우 간단한 증거를 주목 하십시오. 내적 곱의 분산은 구면 좌표의 분산과 동일하며 모든 의 합은 이어야합니다 . QED

1 / D

$1/D$

D

$D$

1

$1$

— amoeba는 Reinstate Monica가

분산에 대한 훌륭한 관찰입니다.

— whuber

@amoeba, 최근 활동으로 다시 여기에 관심을 가져 왔으며, 당신이 내 대답을 받아 들인 것에 대해 감사드립니다. 당신이 바뀌면 전혀 신경 쓰지 않을 것입니다.

— ekvall

@ 학생 001 : 이것은 공정하고 관대 한 의견입니다. 나는 대답을 바꾸었다. 나는 또한 :) 그것을 만회하기 위해 upvote에 하나의 Q와 당신의 하나를 발견했다

— 아메바는 분석 재개 모니카 말한다

분포 @mat 하다의 . 따라서 간격에서 간격 으로 크기가 조정되고 이동 된 베타 분포가 됩니다.

t

$t$

2 U - 1

$2U-1$

[0, 1]

$[0,1]$

[- 1, 1]

$[-1,1]$

— whuber

분포를 찾은 다음 표준 결과에 따라 분산을 찾습니다. 벡터 곱을 고려하여 코사인 형식으로 작성하십시오. 즉 여기서 는 와 사이의 각도 입니다. 마지막 단계에서 나는 모든 이벤트 와 대해 이것을 사용했습니다.이제 라는 용어를 고려하십시오 . 구 표면에 대해 가 균일하게 선택되므로 , 어떤 중요하지 않은 것이 분명하다

P (x^{'} y \leq t) = P (| x | | y | \cos θ \leq t) = P (\cos θ \leq t) = E P (\cos θ \leq t ∣ y),

$P(x'y\leq t)=P(|x||y|\cos\theta\leq t)=P(\cos\theta\leq t)=\mathbb{E}P(\cos\theta\leq t\mid y),$

θ

$\theta$

x

$x$

y

$y$

A

$A$

B

$B$

E P (A ∣ B) := E [E [χ_{A} ∣ B]] = E χ_{A} = P (A) .

$\mathbb EP(A\mid B):=\mathbb{E}[\mathbb{E}[\chi_A\mid B]]=\mathbb{E}\chi_A=P(A).$

P (\cos θ \leq t ∣ y)

$P(\cos\theta\leq t\mid y)$

x

$x$

y

$y$ 실제로 와 사이의 각도 만 중요합니다. 따라서 기대 내부의 항은 실제로 의 함수로 일정하며 라고 가정 할 수 있습니다그러면이래로 첫 번째 정규화 된 가우시안 벡터의 좌표 우리가 가지고 분산이 가우시안 의 점근 적 결과를 호출하여 이 용지 .

x

$x$

y

$y$

y

$y$

y = [1, 0, 0, \dots]^{'} .

$y=[1,0,0,\dots ]'.$

P (x^{'} y \leq t) = P (x_{1} \leq t) .

$P(x'y\leq t)=P\left( x_1\leq t\right).$

x_{1}

$x_1$

R^{n},

$\mathbb{R}^n,$

x^{'} y

$x'y$

1 / n

$1/n$

분산의 명시적인 결과를 얻으려면 독립성에 의해 내적은 평균 0이고, 위에 표시된 것처럼 의 첫 번째 좌표처럼 분포되어 있다는 사실을 사용하십시오 . 이 결과로 를 찾는 것은 를 찾는 것과 같습니다 . 이제 건설 당 이므로 여기서 의 좌표 가 동일하게 분포 된 마지막 등식이 이어집니다 . 정리하면 $x$ $\text{Var}(x'y)$ $\mathbb{E}x_1^2$ $x'x=1$

1 = E x^{'} x = E \sum_{i = 1}^{n} x_{i}^{2} = \sum_{i = 1}^{n} E x_{i}^{2} = n E x_{1}^{2},

$1=\mathbb{E}x'x=\mathbb{E}\sum_{i=1}^nx_i^2=\sum_{i=1}^n\mathbb{E}x_i^2=n\mathbb{E}x_1^2,$

x

$x$

Var (x^{'} y) = E x_{1}^{2} = 1 / n

$\text{Var}(x'y)=\mathbb{E}x_1^2=1/n$

— ekvall
소스

고맙지 만 혼란스러워합니다. "원하는 결과"는 정확히 무엇이며 마지막 방정식의 결과는 어떻습니까? 최종 확률 분포는 의존해야합니다 .

D

$D$

— amoeba 말한다 Reinstate Monica

실제로 마지막 방정식에서 결과가 어떻게 나오는지 정확히 찾은 math.SE 스레드에서 설명합니다. 여기에는 베타 배포판 등이 포함되며 제한적인 동작은 분명하지 않습니다. 를 볼 수있는 더 간단한 직접 방법이 있어야한다고 생각합니다 .

σ^{2} (D) \approx 1 / D

$\sigma^2(D) \approx 1/D$

— amoeba 말한다 Reinstate Monica

이후의 차원에 따라 달라집니다. 여기서 는 생성 된 가우스 벡터입니다. 오늘이나 내일 나중에 답변을 업데이트하겠습니다.

x_{1} = z_{1} | z |^{- 1}

$x_1=z_1 |z|^{-1}$

z

$z$

— ekvall

자, 마지막 링크는 1 페이지의 세 번째 방정식에서 역 베타 함수 (계산하기를 두려워했습니다)와 관련된 표현의 한계를 제공하므로 추론을 완료하려면 구가 반경 경우 다음 (점근)로 분배된다 . 이는 단위 반경의 구면 분산이 배 더 작다 는 것을 의미합니다 . 즉그러나 여전히 우려 사항이 있습니다 .1에서 4까지의 를 확인 했으며 D = 1 또는 D = 2에 대한 분포가 정규 분포와 거리가 멀어도 가 정확한 차이 를 나타내는 것으로 보입니다 . 그 뒤에 더 깊은 이유가 있어야합니다.

\sqrt{D}

$\sqrt{D}$

x_{1}

$x_1$

N (0, 1)

$\mathcal{N}(0,1)$

D

$D$

1 / D

$1/D$

D

$D$

1 / D

$1/D$

— 아메바의 말에 따르면 Reinstate Monica는

@amoeba 예, 그 증거로 업데이트되었습니다.

— ekvall

질문의 첫 부분에 답하려면 . 정의 의 생성물 요소 여기에서 로 표시된 및 의 는 및 의 공동 분포에 따라 분포 될 것이다 . 이후 이후 , $Z = \langle X,Y \rangle = \sum X_i Y_i$

f_{Z_{i}} (z_{i}) = \int_{- \infty}^{\infty} f_{Z_{1}, \dots, Z_{D}} (z_{1}, \dots, z_{D}) d z_{i}

$f_{Z_i}(z_i) = \int_{-\infty}^\infty f_{Z_1,\ldots,Z_D}(z_1,\ldots,z_D) \: d z_i$

i^{t h}

$i^{th}$

X

$X$

Y

$Y$

Z_{i}

$Z_i$

X_{i}

$X_i$

Y_{i}

$Y_i$

f_{Z_{i}} (z_{i}) = \int_{- \infty}^{\infty} f_{X_{i}, Y_{i}} (x, \frac{z_{i}}{x}) \frac{1}{| x |} d x

$f_{Z_i}(z_i) = \int_{-\infty}^\infty f_{X_i,Y_i}(x,\frac{z_i}{x})\frac{1}{|x|}dx$

Z = \sum Z_{i}

$Z = \sum Z_i$

f_{Z} (z) = \int_{- \infty}^{\infty} \dots \int_{- \infty}^{\infty} f_{Z_{1}, \dots, Z_{D}} (z_{1}, \dots, z_{d}) δ (z - \sum z_{i}) d z_{1} \dots d z_{d}

$f_Z(z) = \int_{-\infty}^\infty \ldots \int_{-\infty}^\infty f_{Z_1,\ldots,Z_D} (z_1,\ldots,z_d) \: \delta(z - \sum z_i)\: dz_1\ldots d z_d$

두 번째 부분에서는 의 점근 적 동작에 대해 흥미로운 것을 말하고 싶다면 최소한 와 독립성을 가정 한 다음 CLT를 적용 해야한다고 생각 합니다. $\sigma$ $X$ $Y$

예를 들어, 당신은 가정하고자한다면 그 이다 IID가 함께 와 가있을 및 이라고 말합니다 . $\{Z_1,\ldots,Z_D\}$ $\mathbb{E}[Z_i] = \mu$ $\mathbb{V}[Z_i] = \sigma^2$ $\sigma^2(D) = \frac{\sigma^2}{D}$ $\lim_{D\to\infty} \sigma^2(D) = 0$

— 남자 이름
소스

고맙지 만 두 번째 부분이 혼란 스러워요. 와 는 물론 독립적이어야하는데, 이것을 질문에 추가하겠습니다. 당신이 말하는 그 , 그 소리 합리적인 만의 점근 행동 것입니다 ? 내가 찾고있는 표현은 에만 의존해야한다고 생각합니다 . 그건 그렇고 실수하지 않으면 2D 표시됩니다. 이것이 더 높은 차원에서도 사실인지 궁금합니다 ...

X

$X$

Y

$Y$

σ^{2} (D) = V a r (z_{i}) / D

$\sigma^2(D) = \mathrm{Var}(z_i)/D$

V a r (z_{i})

$\mathrm{Var}(z_i)$

D

$D$

V a r (z_{i}) = 1 / 2

$\mathrm{Var}(z_i)=1/2$

— amoeba는 Reinstate Monica가

와 의 단위 길이 요구 사항을 감안할 때 가 독립적 일 수 있습니까?

z_{i}

$z_i$

X

$X$

Y

$Y$

— ekvall

@ 톰 : 그런데, 이었다 착각 : 2d에 1, 그것이 와 동일한 1/2이다. 몇 가지 시뮬레이션 결과로 내 질문을 업데이트했습니다. 올바른 공식은 것 같습니다 .

V a r (z_{i})

$\mathrm{Var}(z_i)$

V a r (z)

$\mathrm{Var}(z)$

1 / D

$1/D$

— amoeba는 Reinstate Monica가

차원 에서 두 개의 임의 단위 벡터의 스칼라 곱 분포

최신 정보

방법

밀도 찾기

제한 동작 결정