Intégrale d'une distance sur une boule
Réponses
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Bonjour, Héhéhé
En dimension 3, oui.
En dimension 2, ça sent très fort les intégrales elliptiques.
e.v.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
... Et même avec deux boules de $\R^3$.
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Echangerais deux boules de $\R^3$ contre trois boules de $\R^2$, même usagées.
amicalement,
e.v.
Je parlais de boules et distances euclidiennes, bien sur.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
Avec la formule de la coaire, en dimension 2 ? Ca ne va pas être très sympathique à l'œil nu mais sait-on jamais ?
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Une petite simulation en dimension 2 avec Monte Carlo. J'ai tracé l'intégrale quand $u$ parcourt un diamètre de la boule de rayon 1, sauf erreur dans le programme...
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Et pratiquement pour le même prix, la même intégrale dans la boule unité de $\R^3$.
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Bonsoir Monseigneur,
Est-ce que tu peux interpoler par un polynôme du second degré tes deux courbes, en prenant les points d'abscisses -1, 0 et 1 ?
Merci tout plein.
e.v.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
Ah. Tu me dis subliminalement que cette parabole est une parabole ?
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Je dis surtout en clair que je programme en scilab comme un apprenti barbare et que les courbes que j'obtiens tiennent du rêve érotique pour géomètre sous laxatif.
Bref, je m'en remets à toi pour remettre l'église au milieu du village.
amicalement,
e.v.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
Ben je ne sais pas trop, après tout ce sont des diableries probabilistes qui sentent un peu le soufre... La parabole est en rouge.
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Mouais.
J'ai la même chose chez moi. C'est plutôt du $0.75\vert x\vert^3$ qui pointe le bout son blair.
e.v.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
Ah non, la courbure est strictement positive tout en bas.
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Just for some innocent fun, la même chose en dimension 10.
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D'accord avec toi. Non pas que je puisse imaginer la moindre courbure sur mes dessins. C'est mieux en norme infinie, mais c'est toujours pas ça.
e.v.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
Ce qui est rageant, c'est que pour $x>1$, on a une distance en $x+\frac{0.2}x$, ce qui fait que le $1.2$ est certifié. Mais pour rentrer à l'intérieur de la boule, bernique! Zarva! J'ai bien tenté une inversion subreptice, mais je m'y suis ruiné les tabourets. Je n'ai pas la moindre idée de la chose, pas même un pov' développement limité en zéro.
e.v.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
Mais n'y aurait-il pas une coquille (voire sans le q) dans le programme, car en dimension 2, ne devrait-on pas avoir $\frac{2\pi}3$ comme valeur de l'intégrale au centre ? Le doute m'habite.
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Je m'attendrais plutôt à ceci.
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Ca y ressemble plus en effet. Je trouve l'expression (presque) close, pour $0\le u\le 1$,
$$\psi(u)=\frac{2\pi}{3}(1+u)^3-\int_{1-u}^{1+u}t^2\mathrm{arc\,cos}\,\Bigl(\frac{1-u^2-t^2}{2t}\Bigr)\,dt.$$
Je dois faire la variante de Monte Carlo dite de travers, mais je ne vois pas où... bon ça attendra. -
ev : dans ton premier message tu dis que pour la dimension 3 c'est possible, as-tu plus de détails ?
Effectivement en 2D la valeur en 0 est $2 \pi R^3/3$. J'ai fait aussi des tests numériques (sans Monte-Carlo, je passe en polaire et j'intègre la fonction à 2 variables sur $[0,R]\times[0,2\pi]$ avec les méthodes usuelles) et j'obtiens comme JLT. -
Bonjour Héhéhé.
Malheureusement, les résultats que je connais en dimension 3 ne sont valables que pour des points à l'extérieur de la boule.
À l'intérieur, je trouve $0.75+0.5x^2-0.05x^4$ (à multiplier par le volume) comme valeur empirique.
Le 0.5 étant obtenu par un développement limité de nuit, tous feux éteints.
amicalement,
e.v.
P.S. Je viens de me rendre compte que je confondais Monte Carlo avec les plages du débarquement. À refaire...Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
Pour la dimension 3, je trouve:
$\displaystyle{\psi(u) = \int_{\mathcal{B}} {|u-v| dv} = \pi \left( R^4 + \frac{2R^2r^2}{3} - \frac{r^4}{15} \right)}$
avec $r=|u|$.
Si $R=1$, qu'on multiplie la formule ci-dessus par l'inverse de la valeur numérique du volume $\frac{1}{V} = \frac{3}{4\pi}$, on retombe bien sur les coefficients donnés par E.v. . Ca me parait néanmoins pas si intuitif que le coefficient en $r^4$ ne dépende pas de $R$ (mais ça a le mérite que l'équation soit homogène).
C'est moi qui suis à l'origine de la question que Héhéhé a accepté de transmettre, je tiens le résultat de http://books.google.fr/books/about/Micromechanics_of_defects_in_solids.html?id=N_JmtkfsdZgC&redir_esc=y (qui lui-même le fait remonter à 1877 ...) qui présente une classe beaucoup plus large d'intégrales sur des ellipsoides. Le raisonnement est donc extrèmement calculatoire et passe par des fonctions issues d'intérgrales elliptiques ... je n'ai même pas essayé de suivre. Je pensais que pour ce cas très particulier, il y aurait une formulation plus élégante pour l'obtenir, mais ça semble plus difficile que le laissait suggérer la simplicité de l'énoncé.
Si la solution peut aider à trouver une belle démonstration, je suis toujours preneur ! Merci beaucoup de vos efforts, en tous cas. -
Je reviens sur Monte Carlo, effectivement j'avais omis le fait que les probabilistes insistent pour qu'une probabilité soit de masse totale 1 (on se demande bien pourquoi)...
Pour l'expression intégrale que j'ai indiquée plus haut, Wolfram integrator donne une primitive à rallonges avec force fonctions elliptiques. C'est rigolo que ce soit si proche d'une parabole.
@ Hilm : ton lien n'est pas trop explicite, peux-tu préciser ?
Edit : tu viens de le faire ! Etonnant comme résultat ! -
J'ai édité entre-temps pour donner la formule que je pense être la bonne.
Et non, je ne peux pas trop expliciter, malheureusement : j'applique des formules plus générales sans trop les comprendre.
J'aurais pu au moins préciser l'emplacement dans le livre, mes excuses : Chap2, partie 12, p89, (cette page et quelques suivantes sont visibles sur le google book). Cf notamment eq. 12.9 qui donne les fonctions (qui sont des tenseurs) calculées par la suite, le cas traité ici étant "le $\psi$" d'ordre 0.
Oui, c'est assez rageant de voir qu'une expression aussi simple (si je ne me suis pas trompé, le numérique est d'accord ?) ne puisse pas être trouvée "simplement". -
Le numérique confirme. (tu)
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Merci beaucoup !
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Et pour rétablir la vérité sur la dimension 10 :
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Bonsoir Hilm,
Merci $10^6$ fois pour la référence que je vais dévorer à défaut de la comprendre.
Je te joins un document - parfaitement soporifique - aboutissant au calcul en dimension 3 à l'extérieur de la satanée boule. C'est pas vraiment direct mais si on n'est pas mort d'ennui en route on finit par arriver au résultat annoncé.
Je reste curieux de ton résultat (à l'intérieur ?) qui m'intrigue. C'est du sûr, du vrai, du exact ? Peut-être que la lecture de ta référence va m'illuminer. Comme les fêtes approchent, ça fera un deux en un.
amicalement,
e.v.
[Mkdrvrzfptrdrmkbl ! oublié de joindre la pièce]Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
Bon j'ai une preuve, mais je n'obtiens pas le même résultat pour le terme d'ordre 4...
Tout d'abord, par symétrie, on peut seulement considérer $\mathbf u = (r,0,0)$, c'est-à-dire que l'on voit $\psi$ comme une fonction de la variable réelle $r \in [-R,R]$. De plus, c'est une fonction paire.
On peut écrire $\psi$ comme un produit de convolution
$$
\psi(r) = \int_{\mathcal B} \vert \mathbf u - \mathbf v \vert\, \mathrm d\mathbf v \\
=\int_{ \R^3} \Gamma(\mathbf u -\mathbf v) I_{\mathcal B}(\mathbf v) \, \mathrm d\mathbf v \\
= (\Gamma * I_{\mathcal B})(\mathbf u)$$
où $I_{\mathcal B}$ est l'indicatrice de la boule $B$ et où
$$ \Gamma(\mathbf u - \mathbf v) = \vert \mathbf u - \mathbf v \vert.$$
La fonction $\Gamma$ est, à une constante près, la solution fondamentale du bilaplacien, c'est-à-dire que
$$ - \Delta^2 \Gamma(\mathbf u - \mathbf v) = 8 \pi \delta(\mathbf u - \mathbf v)$$
On a alors
$$ - \Delta^2 \psi = - \Delta^2 ( \Gamma * I_{\mathcal B} ) = 8 \pi \delta * I_{\mathcal B} = 8 \pi I_{\mathcal B} $$
d'où, puisque $\mathbf u = (r,0,0) \in \mathcal B$,
$$ - \Delta^2 \psi (r) = 8 \pi.$$
La fonction $\psi$ ne dépendant que de la variable réelle $r$, on est ramené à l'étude de l'équation différentielle ordinaire
$$ -\psi^{(4)}(x) = 8 \pi.$$
Les solutions sont les fonctions polynomiales de la forme
$$ \psi(r) = \alpha + \beta r + \gamma r^2 + \delta r^3 - \frac{\pi}{3} r^4.$$
Puisque $\psi$ est une fonction paire, on a $\beta = \delta = 0$. De plus, par simple passage en coordonnées sphériques, on peut calculer que
$$ \psi(0) = \int_{\mathcal B} \vert \mathbf v \vert\, \mathrm d\mathbf v = \pi R^4.$$
Pour calculer le dernier coefficient $\gamma$, on peut faire un développement limité pour $r$ proche de 0 :
$$ \vert\mathbf u - \mathbf v \vert = \sqrt{(x-r)^2 + y^2 +z^2 } = \vert\mathbf v \vert - \frac{x}{ \vert\mathbf v \vert} r + \frac{|\mathbf v |^{1/3}( y^2 + z^2)}{2} r^2 + \mathcal O(r^3)$$
d'où en intégrant sur $\mathcal B$ (toujours en passant en coordonnées sphériques et en remarquant que le terme d'ordre 1 est bien nul par parité)
$$\gamma = \int_{\mathcal B} \frac{|\mathbf v |^{1/3}( y^2 + z^2)}{2} d\mathbf v = \frac{2\pi}{3}R^2. $$
Finalement, par symétrie on obtient le résultat final
$$\boxed{ \psi(\mathbf u) = \pi\left( R^4 +\frac{2 R^2}{3}r^2- \frac{1}{3}r^4\right),\quad r = \vert \mathbf u \vert.}$$ -
Le numérique aurait un peu tendance à infirmer... :-D
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Ca doit quand même pouvoir se calculer explicitement en dimension quelconque ctaffaire... même si on ne tombe sur le potentiel newtonien qu'en dimension 3.
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Bon Hilm a trouvé l'erreur, je suis allé un peu vite en besogne en mélangeant $x$ et $|\mathbf u |$, l'EDO est en fait
$$-\psi^{(4)}(r) - 4 \frac{\psi^{(3)}(r)}{r} = 8 \pi$$
ce qui donne bien un $-\pi r^4/15$ après calculs ! -
Je précise juste que cette EDO est l'expression du bilaplacien en coordonnées sphériques pour une fonction ne dépendant que de $r$.
Ouf ! -
En dimension 2, avec les développements limités, on trouve $\frac{2\pi}3R^3+\frac{\pi}2Rr^2+\ldots$ qui colle pas mal expérimentalement jusqu'à $|r/R|\le1/2$. Après il faut aller plus loin et ça devient lourd, et puis ça ne montre pas qu'on a bien affaire à un polynôme.
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Si c'est un polynome, on va s'arrêter à $r^3$ parce que je ne vois pas d'où sortiraient des termes en $r^{3+n}R^{-n}$ (des coefficients qui à $u$ donc $r$ fixé décroitraient quand le rayon de la boule $R$ augmente ... ou feraient exploser la solution pour une boule infiniment petite).
Mais aucune idée de comment calculer l'éventuel terme manquant, si c'est le cas, et rien ne dit que c'est le cas, effectivement.
Edit : bon, j'ai regardé un peu la tête de l'intégration directe en coordonnées polaires sur le disque décentré de $r$, c'est absolument imbittable (ou alors j'ai loupé des choses, au vu de l'heure ce ne serait pas étonnant), mais ce ne sera clairement pas un polynome qui en sortira. -
Bonsoir,
Sauf erreur, la formule de la coaire donne pour $u$ quelconque dans la boule
\[
\psi(u)= \frac{2 \pi}{3} (R-|u|)^3+4 \pi R |u| - (R^2-|u|^2) \int_{\frac{R+|u|}{R-|u|}}^{\frac{R-|u|}{R+|u|}} \arctan \left(\sqrt{\frac{4s|u|^2(R^2-|u|^2)^3}{1-s^2}}-1 \right) \, \mathrm ds
\]
C'est joli mais Wolfram ne tire rien de la dernière intégrale et moi non plus. -
Vous vous compliquez la vie pour la dimension 3. On a
\begin{eqnarray*}
\psi(u) &=& \int_{[0,2\pi]\times [0,\pi]\times [0,R]} \sqrt{\rho^2+r^2-2r\rho\cos\varphi}\,\rho^2\sin\varphi\,d\theta d\varphi d\rho\\
&=& 2\pi \int_{[0,\pi]\times [0,R]} \sqrt{\rho^2+r^2-2r\rho\cos\varphi}\,\rho^2\sin\varphi d\varphi d\rho\\
&=& 2\pi \int_0^R \dfrac{\rho}{3r}\Big[ (\rho+r)^3-|\rho-r|^3\Big]\,d\rho\\
&=& \pi\left(R^4+\dfrac{2}{3}r^2R^2-\dfrac{r^4}{15}\right).
\end{eqnarray*} -
Wow ! Gihel, tu es redoutable à huit heures du matin!! Comme quoi, en écrivant l'intégrale dans le bon sens et en otant les moufles ça change tout.
Bravo,
e.v.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
Pourrait-on hasarder une conjecture qui ne mange pas de pain : c'est un polynôme en dimension impaire (avéré pour deux cas) et pas un polynôme en dimension paire (le mystère règne toujours).
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En tout cas, en dimension 2 ça ne s'exprime pas avec des fonctions usuelles. En effet, on a $\psi(u)=R^3f\Big(\frac{||u||}{R}\Big)$ où $3f(x)-xf'(x)=\int_0^{2\pi}\sqrt{x^2+1-2x\cos\theta}\,d\theta$.
Edit : signe corrigé dans l'équa diff. -
Bonjour Monseigneur.
D'accord avec ta conjecture, au moins à l'extérieur.
Je dois avouer que j'avais tenté de passer par la dimension 4 pour arriver à la deuze, sans succès (ce qui n'est pas une preuve...)
amicalement,
e.v.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
Après de pénibles calculs manuels, je ne trouve pas la même edo que JLT en dimension 2, mais plutôt
$$3f(r)-rf'(r)=\int_0^{2\pi}\sqrt{r^2+1-2r\cos\theta}\,d\theta$$
ce qui permet avec pas trop d'huile de coude de trouver le développement limité
$$f(r)=\frac{2\pi}3+\frac\pi2r^2-\frac\pi{32}r^4+\ldots$$
lequel donne un excellent accord numérique sur tout l'intervalle* :
* avec un Monte-Carlo à $10^6$ tirages, la différence du DL et de l'intégrale vaut 0.0119011 aux extrémités de l'intervalle. -
Oui, j'avais fait une faute de frappe. Les calculs ne sont pas si pénibles, c'est essentiellement une intégration par parties.
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Je l'ai fait par changement de variable. Mais c'est que tu ne t'es pas farci le DL après ! :-D
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Le DL est facile à faire à tout ordre. On écrit $\sqrt{x^2+1-2x\cos\theta}=\sqrt{(1-xe^{i\theta})(1-xe^{-i\theta})}$ et on obtient que $f(x)=\sum c_n x^{2n}$ avec $(3-2n)c_n=2\pi a_n^2$ et $a_n$ est le coefficient de $t^{2n}$ dans le $DL$ de $(1-t) ^{1/2}$, à savoir :
$a_0=1$
Pour tout $n\geqslant 1$, $a_n=-\dfrac{(2n)!}{(2n-1)2^{2n}n!^2}$. -
Respect.
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bon bah bravo à JLT
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Il ne lui reste plus qu'à traiter le cas des dimensions > 3... :-D
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Soit $B_n$ la boule unité de l'espace euclidien $ \mathbb{R}^n$ de dimension $n$, de base canonique $(e_1,\ldots,e_n)$ et $r>0.$ Si $X$ est une va uniforme dans $B_n$ on demande $\psi(r)=\mathbb{E}(\|X-re_1\|).$ Si $Z=(Z_1,\ldots,Z_{n+2})\sim N(0,I_{n+2})$ alors $$X\sim \frac{(Z_1,\ldots,Z_n)}{\|Z\|}$$ d'après le théorème d'Archimède (= la projection orthogonale sur $ \mathbb{R}^n$ de la probabilité uniforme sur la sphère unité de $ \mathbb{R}^{n+2}$ est la probabilité uniforme sur la boule unité de $ \mathbb{R}^n$). Donc si $X=R\Theta$ avec $R=\|X\|$ on a que $R$ et $\Theta=(\Theta_1,\ldots,\Theta_n)$ sont indépendants, que $R^2\sim \beta(n/2,1)$ et que $\Theta_1^2\sim Z_1^2/(Z_1^2+\cdots+Z_n^2)\sim \beta(1/2,(n-1)/2)$. Comme $\Theta_1$ est symétrique sur $(-1,1)$ on est en mesure d'écrire
\begin{eqnarray*}\psi(r)&=&\mathbb{E}((R^2-2rR\Theta_1+r^2)^{1/2})\\&=&\frac{2}{B(n/2,1)B(1/2,(n-1)/2)}\int_0^1\left[\int_{-1}^1(u^2-2ruv+r^2)^{1/2}(1-v^2)^{(n-3)/2}dv\right]u^{n-1}du\\&=&\frac{n\Gamma(n/2)}{\sqrt{\pi}\Gamma((n-1)/2}\int_0^1\left[\int_{0}^{\pi}(u^2-2ru\cos t+r^2)^{1/2}(\sin t)^{(n-1)/2}dt\right]u^{n-1}du.\end{eqnarray*}
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