интеграл по d-мерному кубу

[dashabalashova]

Добрый день!

Помогите, пожалуйста, с интегралом (у меня получается 0, что не согласуется с его вероятностной интерпретацией, вследствие которой результат должен быть строго положительным):

$$\int\limits_{[-\pi,\pi]^d}\cos(\theta,x)d\theta, \ \ \ x,y \in Z^d.$$

В качестве примера рассматриваю $d=3, \ x=(0, 1, 2)$, после преобразования $\cos$ в аналитическую форму:

$$\int\limits_{[-\pi,\pi]}\int\limits_{[-\pi,\pi]}\int\limits_{[-\pi,\pi]}\frac{\theta_y+2\theta_z}{\sqrt{5}\sqrt{\theta_x^2+\theta_y^2+\theta_y^2}}d\theta_xd\theta_yd\theta_z.$$

Далее, можно ли разбить на 2 слагаемых и те, в свою очередь, как несобственные $на границах [-\pi, 0-\varepsilon]$ и $на границах [0+\varepsilon, \pi]$?

Заранее спасибо!

[Math_er]

dashabalashova
Сделайте (грамотно) сферическую замену координат и всё станет понятно.

[DeBill]

dashabalashova
Интеграл равен нулю - в силу нечетности по "тэта".
Но - странный интеграл... И при чем тут $y$ (которого нет), и целость $x$? Может, $\cos (\theta,x)$ - это не косинус угла между ..., а именно что косинус от скалярного произведения этих векторов? (И тогда интеграл все равно равен нулю - за исключением нулевого $x$).
Правильны ли пределы? И вообще - что это за задача - с вероятностью?

[dashabalashova]

DeBill
Про $y$ - да, лишнее. В задаче рассмотрены вектора на целочисленной решетке $Z^d$.

Есть функция $\phi(\theta)$ с генератором случайного блуждания $a(x,0)$:

$$\phi(\theta)=\sum_x a(x,0)e^{i(x,\theta)}.$$

Функция Грина - преобразование Лапласа переходной вероятности $p(t,x,y)$ при $\lambda\ge 0$:

$$G_\lambda(x,y)\equiv \int_0^{+\infty} e^{-\lambda t} p(t,x,y) dt.$$

И ее представление:

$$G_\lambda(x,y)=\frac{1}{(2\pi)^d}\int_{[-\pi,\pi]^d} \frac{e^{i(\theta,y-x)}}{\lambda-\phi(\theta)}d\theta.$$

Необходимо посчитать функцию Грина при $\lambda=0$ для случая простого симметричного блуждания $a(x,y)=\frac{1}{2d}$ при $|y-x|=1$ и $a(x,x)=-1$. Рассматриваю приведенный для $d=3$ пример, полуается

$$\phi(\theta)=1/6\bigg(cos((0,0,1),\theta)+cos((0,0,-1),\theta)+cos((0,1,0),\theta)+cos((0,-1,0),\theta)+cos((1,0,0),\theta)+$$

$$+cos((-1,0,0),\theta)\bigg)+(-1)cos((0,0,0),\theta)=-1.$$

Тогда интеграл сводится к

$$G_0(x,y)=\frac{1}{(2\pi)^3}\int_{[-\pi,\pi]^3} cos(\theta,y-x)d\theta.$$

.

Ссылка на источник:
http://dlib.rsl.ru/viewer/01005058429#?page=15

[DeBill]

dashabalashova
Ну, так и есть: скобочки Ваши - это скалярные произведения.
Если $\theta = (\theta_x,\theta_y,\theta_z)$, то, например, первый косинус в формуле для фи есть $\cos \theta_z$...
Но: с чего это фи равна минус один? Когда на самом деле в ней есть все три косинуса, помимо Вашей "минус один"...И интеграл получается поганенький - с синусами в знаменателе.
Давайте так: напишите, что за интеграл будет в двумерном случае, для $x=(1,0), y=(0,0)$ - и тогда будем посмотреть.

-- 26.12.2016, 00:16 --

dashabalashova
Что то он у меня разошелся....
Эт, видимо, специфика именно двумерного блуждания - есть там "возвращенцы" и "невозвращенцы"...
Ну, давайте трехмерный считать - но , опять же, для конкретного и самого простого случая.

(Оффтоп)

Интеграл типа $\int\limits_{}^{} \frac{dt}{c^2 +\sin^2\frac{t}{2}}$ считайте заменой $u=\ctg \frac{t}{2}$

[dashabalashova]

DeBill
Начинаю осознавать масштабы своих заблуждений :)

$$\phi(\theta)=1/3\bigg(cos\frac{\theta_x}{\sqrt{\theta_x^2+\theta_y^2+\theta_z^2}}+cos\frac{\theta_y}{\sqrt{\theta_x^2+\theta_y^2+\theta_z^2}}+cos\frac{\theta_z}{\sqrt{\theta_x^2+\theta_y^2+\theta_z^2}}\bigg)-1$$

$$G_0((0,0,0),(0,0,1))=\frac{1}{(2\pi)^3}\int_{-\pi}^{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{3cos\frac{\theta_z}{\sqrt{\theta_x^2+\theta_y^2+\theta_z^2}}}{3-(cos\frac{\theta_x}{\sqrt{\theta_x^2+\theta_y^2+\theta_z^2}}+cos\frac{\theta_y}{\sqrt{\theta_x^2+\theta_y^2+\theta_z^2}}+cos\frac{\theta_z}{\sqrt{\theta_x^2+\theta_y^2+\theta_z^2}})}d\theta_xd\theta_yd\theta_z$$

Появление $sin$ в знаменателе - переход в полярные?

[DeBill]

dashabalashova
Не, все еще не так . То, что у Вас счас под косинусом - это угол между векторами $\theta$ и $x$. А должно быть - просто их скалярное произведение: именно оно и стоит у Вас в числителе дроби (а знаменатель - выбросить немедля.) Итак: в числителе подынтегральной дроби - $\cos \theta_x$, в знаменателе - Адын минус треть от суммы аналогичных косинусов.
Далее: Есть формула: $1- \cos t = 2\sin^2\frac{t}{2}$. Применим ее - трижды - к знаменателю под интегралом - будет сумма трех квадратов синусов. Расставим пределы в интеграле. Интегрируем. Один раз - легко: как было в оффтопе . А дальше я не смотрел: не исключено, что потом еще какие -то проблемы вылезут.

(Оффтоп)

А синус - из мнимой экспоненты в числителе - Вы совершенно правильно выбрасываете - ибо нечетен он, и интеграл от него занулится.

[dashabalashova]

DeBill

Спасибо большое! Первый интеграл по $\theta_x$ на $[-\pi,\pi]$ посчитала, получила

$$\frac{3}{(2\pi)^2}\int_{[-\pi,\pi]^2}\frac{\cos(\theta_z)}{\sqrt{\big(\sin^2(\theta_y/2)+\sin^2(\theta_z/2)\big)^2+\sin^2(\theta_y/2)+\sin^2(\theta_z/2)}}d\theta_yd\theta_z.$$

\cos x и т.п.

[DeBill]

dashabalashova
Нда, гадость какая... Похоже на эллиптические интегралы, но....
И вроде верно сосчитано (только "пи" почему то в квадрате...)

-- 27.12.2016, 02:57 --

А, видимо, вы еще поделили на объем куба..

[DeBill]

dashabalashova
Я понял, как можно точно сосчитать все Ваши интегралы. Но вряд ли это Вас обрадует
Все Ваши интегралы - это коэф-ты Фурье разложения функции $g(\theta) = \frac{1}{\varphi (\theta)}$ по стандартной тригонометрической системе (в показательной форме). Так чего тогда мучаться: эта функция имеет вид
$g(\theta) = \frac{1}{1-q}$, где $q=q(\theta)$ - среднее арифметическое шести экспонент. Разложим ее как геом. прогрессию, и приведем подобные: коэф-т при
$e^{i\cdot(\theta,x)}$ и есть искомый интеграл (деленный на объем куба) из первого поста....
Прикинув, что он есть из себя представляет, понимаем: это в точности и есть вероятность попасть (при случайном блуждении) из начала координат в точку $x$ (хотя бы когда-нибудь). Ха-ха, именно для вычисления этих вероятностей мы и городили весь этот огород (а функция $g$ - производящая функция для набора этих вероятностей).
Мораль:
1. Последний мой способ не годится никуда
2. Аналитически сосчитать интегралы надежды нет.
А надо....Значить:
3. Считать надо численно
4. $d$-мерный интеграл - это не подарок
5. Даже однократное интегрирование понижает объем вычислений в много раз, где "много раз" - число узлов сетки по оси. Значит, то, что мы один раз сумели проинтегрировать есть не напрасно
6. Интеграл не просто многомерный - у него, собаки, особенность в нуле. Поэтому всяки сеточные методы будут сбоить из-за этого. Потому надо, и правда, удалить маленький кубик с центром в нуле (как Вы где-то ране и писали), и уж тогда считать. При этом сходиться (при стремлении маленькости к нулю) он будет ни шатко не валко. Может, имеет смысл его не просто выбросить, а посчитать от него вклад (почти) по честному: разлагая в ряд Тейлора в нуле подынтегральную весчь. Или: зная порядок сеточного метода, подбирать "маленькость" согласованно с ним - чтобы ошибка, возникающая от "выбрасывания", была такой же - по порядку - как у метода.
Итого: ну ни фига себе задачка....