Усреднение произведения скалярных произведений

[madschumacher]

Добрый день,

прошу прощения за беспокойство и за глупый вопрос.
Меня волнует следующий вопрос: пусть есть набор трёхмерных векторов $\{\mathbf{n}_k\}_{k=1}^{N}$ в одной системе координат, и есть набор векторов $\{\mathbf{q}_k\}_{k=1}^{N}$ в другой системе координат, повёрнутой относительно первой при помощи матрицы вращения $\mathcal{R} = \mathcal{R}(\varphi,\theta,\chi)$, параметризованной через углы Эйлера $(\varphi,\theta,\chi)$.

Интересует выражение:
$\Xi_N = \int_0^{2\pi} d\varphi \int_0^{\pi} d\varphi \sin(\theta)d\theta \int_0^{2\pi} d\chi \prod_{k}^{N} (\mathbf{n}_k \cdot \mathcal{R}\mathbf{q}_k)$
(значение произведения скалярных произведений векторов $\mathbf{n}_k$ и $\mathbf{q}_k$, усреднённое по всем возможным ориентациям второй системы координат относительно первой).

В простейших случаях всё можно посчитать в лоб:

• если $N=1$, то $\Xi_1 = 0$.
• если $N=2$, то $\Xi_2 \propto (\mathbf{n}_1 \cdot \mathbf{n}_2)\cdot (\mathbf{q}_1 \cdot \mathbf{q}_2)$.
• если $N=3$, то $\Xi_3 \propto (\mathbf{n}_1 \cdot [\mathbf{n}_2\times \mathbf{n}_3])\cdot (\mathbf{q}_1 \cdot [\mathbf{q}_2\times \mathbf{q}_3])$.

Но где можно найти информацию для $N=4, 5, 6$? А то если я смотрю на результаты wxMaxima, то мой маленький мозг с этим уже не справляется, только если не подставлять конкретные вектора.

[arseniiv]

madschumacher в сообщении #1512364 писал(а):

усреднённое по всем возможным ориентациям второй системы координат относительно первой

Точно не знаю, но может быть удобнее параметризовать поворот иначе, чтобы интеграл получился удобнее. Скажем, единичный кватернион поворачивает вектор $\mathbf v$, представленный чисто мнимым кватернионом, путём преобразования $\mathbf v \mapsto q \mathbf v q^{-1}$, и если помню правильно, то мера на 3-сфере единичных кватернионов $\{ (s, x, y, z) \mid s^2 + x^2 + y^2 + z^2 = 1 \}$, индуцированная окружающим евклидовым пространством, подходящая (и нам не помешает то, что каждому повороту соответствует по два кватерниона с противоположными знаками). Произведение выше можно выписать «в более векторных терминах»: если записывать кватернионы как формальные суммы скаляров и векторов такие, что произведение векторов это $\mathbf u \mathbf w = \mathbf u \times \mathbf w - \mathbf u \cdot \mathbf w$, а остальные произведения обычные, и учтя то, что для единичного $s + \mathbf u$ будет $(s + \mathbf u)^{-1} = s - \mathbf u$, то мы получим $(s + \mathbf u) \mathbf v (s + \mathbf u)^{-1} = {}$ чему-то со скалярными и векторными произведениями $\mathbf u, \mathbf v$ и произведениями их на скаляр $s$. Начал перевыводить прям с записью в техе и зря, время позднее и вышла ерунда, надо глянуть где-то готовый результат, и его интегрировать для $(s, \mathbf u)$, лежащего на той сфере.

-- Чт апр 01, 2021 03:44:34 --

Получается например $\mathbf v + 2 \mathbf u \times (\mathbf u \times \mathbf v + s \mathbf v)$. Для анализа двойное произведение конечно лучше провернуть через бац-минус-цаб, раз дальше ещё скалярно умножать…

-- Чт апр 01, 2021 03:59:56 --

При интегрировании $\mathbf u$ будет равномерно распределён по обычной 2-сфере (радиуса $\sqrt{1 - s^2}$, что должно облегчить интегрирование, кажется (на такое я исходно и надеялся).

[arseniiv]

Может быть полезнее всё наоборот свести в кватернионы: $2 \mathbf u \cdot \mathbf w = -(\mathbf u \mathbf w + \mathbf w \mathbf u)$, так что мы интегрируем $(-1)^N \prod_{k = 1}^N (\mathbf n_k r \mathbf q_k r^{-1} + r \mathbf q_k r^{-1} \mathbf n_k)$ по $r \in S^4$. Переназвал свой $q$ в $r$, чтобы не путался с вашими обозначениями. Если записать скалярное произведение не с минусом, а через сопряжение (которое для векторных кватернионов и есть минус): $\mathbf u \bar{\mathbf v} + \mathbf v \bar{\mathbf u}$ — и вспомнить $r^{-1} = \bar r$, то множитель произведения примет вид $\mathbf n \overline{r \mathbf q \bar r} + r \mathbf q \bar r \bar{\mathbf n} = \mathbf n r \, \overline{r \mathbf q} + r \mathbf q \, \overline{\mathbf n r}$, что выглядит подозрительно. Это «скалярное произведение» $\mathbf n r$ и $r \mathbf q$, где для произвольных кватернионов оно будет равно уже $(s_1 + \mathbf u_1) \cdot (s_2 + \mathbf u_2) = s_1 s_2 + \mathbf u_1 \cdot \mathbf u_2$, то есть мы получили обычное евклидово скалярное произведение в четырёхмерном пространстве.

Если $r = C + S \mathbf a = \cos \frac \alpha 2 + \mathbf a \sin \frac \alpha 2$, где $\alpha$ — угол поворота и $\mathbf a$ — ось поворота, $\mathbf a \cdot \mathbf a = 1$, то тот множитель превратится во что-то такое:

$$C^2 (\mathbf q \cdot \mathbf n) + 2 C S (\mathbf a \cdot (\mathbf q \times \mathbf n)) + S^2 ((\mathbf a \cdot \mathbf q) (\mathbf a \cdot \mathbf n) - (\mathbf a \times \mathbf q) \cdot (\mathbf a \times \mathbf n)).$$

Нет, зря вы их назвали $\mathbf n, \mathbf q$ — в глазах рябит немного, лучше бы $\mathbf v_1, \mathbf v_2$.

Тройное произведение $\mathbf a \cdot (\mathbf q \times \mathbf n)$ тут единственное слагаемое, которое сменит знак, если поменять $\mathbf n, \mathbf q$ местами. Таким образом, среднее его самого по себе должно быть нулевым. Зато когда $N > 1$, оно может давать какой-то вклад. Страшную скобку при $S^2$ можно записать просто как $(\mathbf a \mathbf q) \cdot (\mathbf n \mathbf a)$, но вряд ли это упростит дела.

Когда мы интегрируем в таком виде, $\mathbf a$ уже равномерно распределена по обычной двумерной сфере, а вот $C, S$ будут так же хитры как $s$ выше.

Мне думается, эти советы все какие-то не в ту сторону, или интеграл воистину сложно брать.

-- Чт апр 01, 2021 19:37:47 --

madschumacher
Вот что вы на это скажете — страшно? Ещё пробовал интуитивно выдумать формулу для произвольного $N$, глядя на ваши найденные случаи $N \in 1..3$, но как-то не выстраивается. И например даже если разделить на случаи чётного и нечётного $N$, то ноль не вяжется с тройным произведением (хотя совершенно ясно, что при $N = 1$ разумеется должен быть ноль).

[Xaositect]

А я не понимаю, почему в одномерном случае получается 0. Мы же интегрируем по мере Хаара на $SO(n)$? Тогда должно получиться $n_1 q_1$, потому что противоположная ориентация будет уже не аналог поворота, а аналог отражения.
И для $n = 2$ не понимаю: если я беру в качестве $\mathbf{n}$ и $\mathbf{q}$ базисные векторы, то я получаю среднее от косинуса в квадрате, а не $0$.

[arseniiv]

Как я понимаю, тут везде пространство трёхмерное и везде $\mathrm{SO}(3)$.

-- Чт апр 01, 2021 21:28:05 --

Это исходя из

madschumacher в сообщении #1512364 писал(а):

пусть есть набор трёхмерных векторов

[Xaositect]

А, я не так понял задачу. Подумаю еще.

[Xaositect]

У нашего выражения много симметрий. Если мы запишем наше среднее $F(n_1, \dots, n_N, q_1, \dots, q_N)$, то оно инвариантно относительно следующих преобразований:
1) смена ролей $n$ и $q$: $F(n_1, \dots, n_N, q_1, \dots, q_N) = F(q_1, \dots, q_N, n_1, \dots, n_N)$
2) одновременная перестановка $n$ и $q$: $F(n_1, \dots, n_N, q_1, \dots, q_N) = F(n_{\sigma 1}, \dots, n_{\sigma N}, q_{\sigma 1}, \dots, q_{\sigma N})$ для $\sigma \in S_N$
3a) поворот $n$: $F(n_1, \dots, n_N, q_1, \dots, q_N) = F(Rn_1, \dots, Rn_N, q_1, \dots, q_N)$ для $R \in SO(3)$
3b) поворот $q$: $F(n_1, \dots, n_N, q_1, \dots, q_N) = F(n_1, \dots, n_N, Rq_1, \dots, Rq_N)$ для $R \in SO(3)$
Также очевидно, что $F$ линейно по каждому из векторов.

Из (1) и (3) следует, что $F(n, q)$ может быть представлена в виде $\sum_i p_i(n) p_i(q)$, где $p_i$ - мультилинейные формы инвариантные относительно $SO(3)$.
Из (2) это выражение также должно быть симметрично относительно перестановок.

Инвариантных форм от одного вектора нет. От двух векторов только скалярное произведение, от трех - только смешанное. От четырех векторов есть 3 линейно независимых инварианта, в качестве которых можно взять $(a_1, a_2) (a_3, a_4)$ $(a_1, a_3) (a_2, a_4)$ и $(a_1, a_4) (a_2, a_3)$.
Из чего я делаю вывод, что для $N=4$ результат будет линейной комбинацией

$$(n_1 \cdot n_2)(n_3\cdot n_4)(q_1\cdot q_2)(q_3\cdot q_4) + (n_1\cdot n_3)(n_2\cdot n_4)(q_1\cdot q_3)(q_2\cdot q_4) + (n_1\cdot n_4)(n_2\cdot n_3)(q_1\cdot q_4)(q_2\cdot q_3)$$

и

$$[(n_1\cdot n_2)(n_3\cdot n_4) + (n_1\cdot n_4)(n_2\cdot n_3) + (n_1\cdot n_3)(n_2\cdot n_4)][(q_1\cdot q_2)(q_3\cdot q_4) + (q_1\cdot q_3)(q_2\cdot q_4) + (q_1\cdot q_4)(q_2\cdot q_3)]$$

При $N = 5$ будет 6 линейно независимых инвариантов, при $N=6$ - 15. C учетом симметрии $S_N$ слагаемых будет меньше, но пока аккуратно их получить без расчетов у меня не получилось.

[Xaositect]

Ага, для $N = 5$ все инварианты это линейные комбинации $(a_i, a_j, a_k) (a_l, a_m)$, так что $F$ будет пропорционально $\sum_{\sigma \in S_5} (n_{\sigma 1} \cdot n_{\sigma_2}) (n_{\sigma 3}, n_{\sigma 4}, n_{\sigma 5}) (q_{\sigma 1} \cdot q_{\sigma_2}) (q_{\sigma 3}, q_{\sigma 4}, q_{\sigma 5})$

[madschumacher]

Спасибо большое за ответы.

arseniiv в сообщении #1512432 писал(а):

Вот что вы на это скажете — страшно?

Честно говоря, да. Выглядит жутковато. Наверное, будь я получше знаком с этим аппаратом, было бы лучше, но сомневаюсь, что я за разумное время смогу что-то вычислить таким способом.

Xaositect, спасибо большое, это выглядит достаточно простым для осознания.

[arseniiv]

madschumacher в сообщении #1512485 писал(а):

но сомневаюсь, что я за разумное время смогу что-то вычислить таким способом

Да, я зря пытался использовать конкретный вид, вон у Xaositect как хорошо получилось.