Volumen de la proyección del cubo unitario sobre un hiperplano

Question

Volumen de la proyección del cubo unitario sobre un hiperplano

volumen
geometría
Matemáticas
análisis convexo

Daniel Robert Nicoud

Dejar $C_n\subset\mathbb{R}^n$ ser el $n$ -cubo dimensional con lado $1$ , y deja $P_k$ ser cualquiera $k$ -plano dimensional, $k\leq n$ . cual es el maximo $k$ -volumen $V_{n,k}$ de la proyección de $C_n$ en $P_k$ ?

Obviamente, el área mínima debe ser $1$ , obtenido tomando $C_n = [0,1]^n$ y proyectándolo en $\{\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n|x_{k+1}=\ldots=x_n=0\}$ . Creo que el máximo debería obtenerse proyectando sobre algo ortogonal a una de las diagonales máximas del cubo, pero no he encontrado ninguna prueba de esto, ni una fórmula para el volumen así obtenido.

me interesa especialmente el caso $k = n-1$ .

Tengo un límite superior para $V_{n,k}$ .

podemos inscribir $C_n$ en el $n$ -bola de radio $\sqrt{n}$ . La proyección de tal esfera sobre un $k$ -el avión es un $k$ -bola de radio $\sqrt{n}$ que contiene la proyección de $C_n$ . su volumen es

V (norte, k) = \frac{(norte π)^{\frac{k}{2}}}{Γ (1 + \frac{k}{2})} \geq V_{norte, k}

$V(n,k) = \frac{(n\pi)^\frac{k}{2}}{\Gamma\left(1+\frac{k}{2}\right)}\geq V_{n,k}$ dónde

Γ

$\Gamma$ es la función gamma.

Conjetura: Como $n,k$ hacerse grande tenemos el comportamiento asintótico $V(n,k)\sim V_{n,k}$ .

¿A alguien le importaría probar esto, si no es para resolver el problema inicial?

Asumiendo que la conjetura es verdadera, tenemos el comportamiento asintótico para $V(n,k)$ dada por la estimación del volumen de la $k$ -pelota para $k\gg 1$ :

V_{norte, k} \sim V (norte, k) \sim \frac{1}{\sqrt{π}} {(\frac{2 π mi}{k})}^{\frac{k}{2}} {norte}^{\frac{k}{2}}

$V_{n,k}\sim V(n,k)\sim\frac{1}{\sqrt{\pi}}\left(\frac{2\pi e}{k}\right)^\frac{k} {2}n^\frac{k}{2}$ como

n, k \to \infty

$n,k\rightarrow\infty$ .

bit a bit

Me pregunto si el determinante podría ayudarte aquí.

Daniel Robert Nicoud

@Bitwise Bueno, sería posible calcular el volumen de la proyección de un

(n - 1)

$(n-1)$ cara -dimensional proyectando sus aristas y tomando el determinante, pero ¿qué pasa con las intersecciones de las proyecciones de las caras? Sin embargo, tal vez intentaré usar su idea para algunos casos particulares.

achille hui

El "volumen" de la intersección del hipercubo.

[0, 1]^{n}

$[0,1]^n$ y el hiperplano

x_{1} + \dots + x_{n} = λ

$x_1 + \ldots + x_n = \lambda$ tiene una fórmula sencilla:

\frac{\sqrt{norte}}{(norte - 1)!} \sum_{k = 0}^{⌊ λ ⌋} (- 1)^{k} (\binom{norte}{k}) (λ - k)^{norte - 1}

$\frac{\sqrt{n}}{(n-1)!} \sum_{k=0}^{\lfloor\lambda\rfloor} (-1)^k \binom{n}{k} (\lambda-k)^{n-1}$ El

λ = \frac{n}{2}

$\lambda=\frac{n}{2}$ caso debe darle un límite inferior de

V_{n, n - 1}

$V_{n,n-1}$ .

Daniel Robert Nicoud

@achillehui Gracias. ¿Podría escribir una derivación de la fórmula o consultar algún documento/sitio web donde se haya resuelto?

Alejandro Shamov

El comentario trivial de Bitwise en realidad funciona para calcular la proyección del cubo sobre el complemento de

(1, \dots, 1)

$(1,\dots,1)$ . Simplemente puede tomar las caras y proyectarlas, y tenga en cuenta que cada punto se cubrirá exactamente dos veces. El cálculo del área da algo como

\sqrt{n}

$\sqrt n$ .

Alejandro Shamov

De manera más general, consulte la fórmula (1.2) en dx.doi.org/10.1007/BFb0081746

Daniel Robert Nicoud

@AlexanderShamov Uh, eso es bastante bueno, en realidad. Gracias. ¿Crees que podrías obtener un valor por

V_{n, k}

$V_{n,k}$ utilizando la fórmula? ¿O al menos algunos buenos límites?

Simón Marynissen

¿Se sabe algo sobre el caso k=3?

Daniel Robert Nicoud

@SimonMarynissen No que yo sepa (a menos que

n = 3, 4

$n=3,4$ ). Los cálculos numéricos son factibles para encontrar casos especiales.

Simón Marynissen

@ DanielRobert-Nicoud En realidad, se conoce por n = 3,4,5 y 6 (ver, por ejemplo, youtube.com/watch?v=cEhLNS5AHss&t=21s . Pero estoy interesado en el caso de n más alto.

Daniel Robert Nicoud

@SimonMarynissen Interesante video. No sé nada para dimensiones superiores. Pensé en este problema de vez en cuando, pero no soy un experto en geometría discreta/politopos, por lo que esencialmente no hice ningún progreso. ¡Avísame si encuentras algo o si tienes alguna idea viable!

Respuestas (3)

Volumen de la proyección del cubo unitario sobre un hiperplano

@Bitwise Bueno, sería posible calcular el volumen de la proyección de un $(n-1)$ cara -dimensional proyectando sus aristas y tomando el determinante, pero ¿qué pasa con las intersecciones de las proyecciones de las caras? Sin embargo, tal vez intentaré usar su idea para algunos casos particulares.
El "volumen" de la intersección del hipercubo. $[0,1]^n$ y el hiperplano $x_1 + \ldots + x_n = \lambda$ tiene una fórmula sencilla: $\frac{\sqrt{norte}}{(norte - 1)!} \sum_{k = 0}^{⌊ λ ⌋} (- 1)^{k} (\binom{norte}{k}) (λ - k)^{norte - 1}$ $\frac{\sqrt{n}}{(n-1)!} \sum_{k=0}^{\lfloor\lambda\rfloor} (-1)^k \binom{n}{k} (\lambda-k)^{n-1}$ El $\lambda=\frac{n}{2}$ caso debe darle un límite inferior de $V_{n,n-1}$ .
@achillehui Gracias. ¿Podría escribir una derivación de la fórmula o consultar algún documento/sitio web donde se haya resuelto?
El comentario trivial de Bitwise en realidad funciona para calcular la proyección del cubo sobre el complemento de $(1,\dots,1)$ . Simplemente puede tomar las caras y proyectarlas, y tenga en cuenta que cada punto se cubrirá exactamente dos veces. El cálculo del área da algo como $\sqrt n$ .
De manera más general, consulte la fórmula (1.2) en dx.doi.org/10.1007/BFb0081746
@AlexanderShamov Uh, eso es bastante bueno, en realidad. Gracias. ¿Crees que podrías obtener un valor por $V_{n,k}$ utilizando la fórmula? ¿O al menos algunos buenos límites?
@SimonMarynissen No que yo sepa (a menos que $n=3,4$ ). Los cálculos numéricos son factibles para encontrar casos especiales.
@ DanielRobert-Nicoud En realidad, se conoce por n = 3,4,5 y 6 (ver, por ejemplo, youtube.com/watch?v=cEhLNS5AHss&t=21s . Pero estoy interesado en el caso de n más alto.
@SimonMarynissen Interesante video. No sé nada para dimensiones superiores. Pensé en este problema de vez en cuando, pero no soy un experto en geometría discreta/politopos, por lo que esencialmente no hice ningún progreso. ¡Avísame si encuentras algo o si tienes alguna idea viable!

emmanuele paolini · Answer 1

Sucede que el área de la proyección ortogonal de una unidad $n$ -cubo dimensional en un $k$ espacio dimensional es igual al área de la proyección del cubo en el $(n-k)$ plano ortogonal -dimensional.

Por lo tanto para $k=n-1$ la respuesta es muy simple: el área máxima de la proyección es igual a la diagonal del cubo: $\sqrt{n}$ .

Referencia: https://londmathsoc.onlinelibrary.wiley.com/doi/abs/10.1112/blms/16.3.278

¡Eso es bueno! Sospechaba que la relación se mantenía, pero no sabía cómo probarlo. ¡Muchas gracias por la referencia!

Daniel Robert Nicoud · Answer 2

Según lo sugerido por @AlexanderShamov, existe la siguiente fórmula para $k=n-1$ : dejar $u$ Sea un vector unitario normal al hiperplano, entonces el área de la proyección viene dada por la fórmula:

\sum_{i = 1}^{norte} | ⟨ tu, {mi}_{i} ⟩ | = \sum_{i = 1}^{norte} | {tu}_{i} | = ‖ tu ‖_{1}

$\sum_{i=1}^n|\left<u,e_i\right>|=\sum_{i=1}^n|u_i|=\|u\|_1$ dónde

e_{i}

$e_i$ denota el

i

$i$ ^th vector base (esta es una adaptación de la fórmula más general (1.2) que se encuentra en el artículo Projection Bodies , de J. Bourgain y J. Lindenstrauss a nuestro caso simple). Queremos encontrar los extremos de esta fórmula para

u \in S^{n}

$u\in S^n$ . Usaremos multiplicadores de Lagrange:

L (tu, λ) = ‖ tu ‖_{1} - λ (‖ tu ‖_{2}^{2} - 1)

$L(u,\lambda)=\|u\|_1-\lambda(\|u\|_2^2-1)$

\frac{\partial}{\partial {tu}_{i}} L (tu, λ) = firmar ({tu}_{i}) - 2 λ {tu}_{i}

$\frac{\partial}{\partial u_i}L(u,\lambda)=\operatorname{sgn}(u_i)-2\lambda u_i$ donde asumimos

u_{i} \neq 0

$u_i\neq0$ . De este modo

λ = \frac{1}{2 | u_{i} |}

$\lambda = \frac{1}{2|u_i|}$ debe ser cierto para todos

i

$i$ , y por

‖ u ‖_{2}^{2} = 1

$\|u\|_2^2=1$ lo conseguimos

| u_{i} | = \frac{1}{\sqrt{n}}

$|u_i|=\frac{1}{\sqrt{n}}$ . Así, el valor máximo del área de tal proyección es:

V_{norte, norte - 1} = \frac{norte}{\sqrt{norte}} = \sqrt{norte}

$V_{n,n-1}=\frac{n}{\sqrt{n}}=\sqrt{n}$ el problema para

k \neq n - 1

$k\neq n-1$ Permanece abierto.

Alejandro Shamov · Answer 3

Para $k \ll n$ parece una idea razonable dividir las coordenadas en $k$ bloques de longitud aproximadamente igual $n/k$ y proyectar sobre el $k$ -espacio generado por $e_{in/k}+e_{in/k+1}+\dots+e_{in/k+(n/k-1)},i=1,\dots,k$ . Esta proyección será isométrica al cubo. $[0,\sqrt{n/k}]^k$ (ya que todo se descompone en la suma directa de $k$ instancias de tomar la diagonal más larga), por lo que $V_{n,k} \ge (n/k)^{k/2}$ . Obviamente, para mayores $k$ - es decir, a escala $k \sim \lambda n$ , $\lambda$ arreglado: necesitamos permitir longitudes de bloques no iguales; con esta modificación, esta idea da un límite inferior exponencial allí.

Se da un límite superior igualmente sencillo considerando el diámetro, que es $\sqrt n$ , y usando una desigualdad isodiamétrica. La brecha entre los dos límites crece exponencialmente en $k$ , que no parece gran cosa a escala $k \sim \lambda n$ , momento en el que se confirma un crecimiento exponencial de $V_{n,k}$ , pero deja desconocido el exponente preciso.

Sin embargo, en $k$ muy cerca de $n$ sucede algo gracioso. El límite superior se vuelve irremediablemente ineficiente. en el régimen $k = (1 - \frac{1}{r})n$ , $r$ constante o grande, dividiría las coordenadas en $n/r$ bloques de longitud $r$ , lleva dentro de cada $r$ -subespacio dimensional el más grande $(r-1)$ -proyección dimensional, que tiene volumen $\sqrt{r}$ , y tome la suma directa de $(n/r)$ de estos, lo que da $V_{n,k} \ge r^{n/2r}$ . Esto pega bien con el $k = \lambda n$ y proporciona el valor correcto para $k = n-\mathrm{const}$ . No tengo un límite superior no trivial aquí.

Editar: en realidad, al expresar el cubo como una suma ortogonal de dos cubos y tomar las proyecciones correspondientes en sumas directas, obtenemos la siguiente desigualdad:

$V_{n_1+n_2,k_1+k_2} \ge V_{n_1,k_1} V_{n_2,k_2}$

Todos los límites inferiores de mi respuesta se derivan de esta desigualdad, junto con los valores conocidos $V_{n,1} = V_{n,n-1} = \sqrt n$ .

Tengo algunas dificultades para entender lo que quiere decir cuando habla de "dividir coordenadas" y "escribir el cubo como la suma directa de dos cubos". ¿Podría elaborar, por favor?
Bueno, si tenemos un cubo $[0,1]^{n_1+n_2} \subset \mathbb{R}^{n_1+n_2} \simeq \mathbb{R}^{n_1} \oplus \mathbb{R}^{n_2}$ , y digamos que tenemos dos subespacios $V_i \subset \mathbb{R}^{n_i}, i=1,2$ , $\dim V_i = k_i$ . Entonces $\mathrm{pr}_{V_1 \oplus V_2} [0,1]^{n_1+n_2} \simeq \mathrm{pr}_{V_1} [0,1]^{n_1} \times \mathrm{pr}_{V_2} [0,1]^{n_2}$ , es decir, la proyección parece un producto de dos proyecciones de cubos de menor dimensión. Por lo tanto, $V_{n_1+n_2,k_1+k_2} \ge V_{n_1,k_1} V_{n_2,k_2}$ .
... Entonces, la primera parte de la respuesta es una aplicación de esta idea a los productos de proyecciones unidimensionales, es decir, las diagonales más largas, y la segunda parte trata sobre el uso de productos de proyecciones de dimensión $k_i=n_i-1$ .

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