東京大学 情報理工学研究科 2018年8月実施 数学 第3問

标签：

• Tokyo-University
• Random-Ray-Intersection-with-Polygon
• Conditional-Density-by-Variable-Transformation
• Geometric-Probability

Author

etsurin

Description

下図のように、平面上に三角形 $ABC$ が与えられており、各頂点の座標は $A\ (1,0)$、$B\ (0,1)$、$C\ (-1,-1)$ とする。 原点 $(0,0)$ を端点とする半直線 $\ell$ をランダムに選ぶ。 すなわち、$\Theta$ を区間 $[0, 2\pi)$ 上の一様分布に従う確率変数として

$$\ell = \{ (r \cos \Theta, r \sin \Theta) \mid r \geq 0 \}$$

とおく。この半直線 $\ell$ と三角形 $ABC$ の周との交点を $Q$ とおく。 また、$Q$ の座標を $(X, Y)$ とおく。ただし、$X, Y$ は確率変数である。 以下の問いに答えよ。

(1) 点 $Q$ が辺 $AB$ 上にある確率を求めよ。

(2) 点 $Q$ が辺 $AB$ 上にあるという条件のもとでの $X$ の期待値は $1/2$ であることを示せ。 ただし、三角形 $ABC$ が直線 $y = x$ に関して対称であることを利用してよい。

(3) 点 $Q$ が辺 $BC$ 上にあるという条件のもとでの $X$ の確率密度関数を、変数変換の公式

$$f(x) = g(h(x)) \left| \frac{dh}{dx}(x) \right|$$

を使って求めよ。 ただし、$x$ は任意の実数とし、$f$ と $g$ はそれぞれ $X$ と $\Theta$ の確率密度関数を表し、$h$ は $\Theta = h(X)$ を満たす関数とする。

(4) 点 $Q$ が辺 $BC$ 上にあるという条件のもとでの $X$ の期待値を $\alpha$ とおく。 設問 (3) の結果を使って $\alpha$ を求めよ。

(5) $X$ の期待値 $\mu$ を求めよ。

Kai

(1)

$Q$ 在 $AB$ 上，对应 $\Theta \in [0, \frac{\pi}{2})$

$$P(Q \text{ is on } AB) = \frac{\frac{\pi}{2}}{2\pi} = \frac{1}{4}$$

(2)

$Q$ 在 $AB$ 上的条件下，$\Theta$ 的条件分布

$$f_{AB}(\Theta) \sim U(0, \frac{\pi}{2})$$

$$f_{AB}(\Theta) = \frac{2}{\pi} \qquad 0 < \Theta < \frac{\pi}{2}$$

$AB$ 对应边 $y = x+1$。转化为极坐标 $\rho \cos \Theta + \rho \sin \Theta = 1$。

$$x = \rho \cos \Theta = \frac{\cos \Theta}{\cos \Theta + \sin \Theta}$$

$$\begin{aligned} E_{AB}(X) &= \frac{2}{\pi} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos \Theta}{\cos \Theta + \sin \Theta} \text{d} \Theta \\ &= \frac{2}{\pi} \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos \Theta}{\cos \Theta + \sin \Theta} \text{d} \Theta - \frac{2}{\pi} \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sin \theta}{\cos \theta + \sin \theta} \text{d} \theta \\ &(\text{拆分区间，后项作变量代换 } \theta = \frac{\pi}{2} - \Theta) \\ &= \frac{2}{\pi} \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos \Theta + \sin \Theta}{\cos \Theta + \sin \Theta} \text{d} \Theta \\ &= \frac{1}{2} \end{aligned}$$

(3)

$Q$ 在 $BC$ 上的条件下，$\Theta$ 的条件分布

$$f_{BC}(\Theta) \sim U(\frac{\pi}{2}, \frac{5\pi}{4})$$

$$f_{BC}(\Theta) = \frac{4}{3\pi} \qquad \frac{\pi}{2} \leq \Theta < \frac{5\pi}{4}$$

$BC$ 对应边 $y=2x+1$。转化为极坐标 $\rho \sin \Theta = 2 \rho \cos \Theta + 1$。

$$x = \rho \cos \Theta = \frac{\cos \Theta}{\sin \Theta - 2 \cos \Theta} = \frac{1}{\tan \Theta - 2}$$

$$f_{BC}(\Theta) \text{d}\Theta = f_{BC}(x) \text{d}x$$

$$f_{BC}(x) = f_{BC}(h(x))h'(x) \qquad \Theta = h(x)$$

$$\tan \Theta = 2 + \frac{1}{x} \qquad \Theta = \arctan (2 + \frac{1}{x}) = h(x)$$

$$|h'(x)| = \left \lvert - \frac{1}{x^2} \frac{1}{1+(2+\frac{1}{x})^2} \right \rvert = \frac{1}{5x^2 + 4x + 1}$$

$$f_{BC}(x) = \frac{4}{3 \pi} \frac{1}{5x^2+4x+1} \qquad x \in (-1, 0]$$

(4)

$$\begin{aligned} \alpha &= \int_{-1}^0 \frac{4}{3 \pi} \frac{x}{5x^2+4x+1} \text{d} x \\ &= \frac{4}{3 \pi} \int_{-1}^0 \frac{x}{5(x+\frac{2}{5})^2 + \frac{1}{5}} \text{d}x \\ &= \frac{4}{3 \pi} \int_{-\frac{3}{5}}^{\frac{2}{5}} \frac{x - \frac{2}{5}}{5x^2 + \frac{1}{5}} \text{d}x \\ &= \frac{4}{3 \pi} \int_{-\frac{3}{5}}^{\frac{2}{5}} \frac{x}{5x^2 + \frac{1}{5}} \text{d}x - \frac{8}{15 \pi} \int_{-\frac{3}{5}}^{\frac{2}{5}} \frac{1}{5x^2 + \frac{1}{5}} \text{d}x \\ &= \frac{10}{3 \pi} \int_{-\frac{3}{5}}^{-\frac{2}{5}} \frac{1}{25 x^2 + 1} \text{d}(x^2) - \frac{8}{3\pi} \int_{-\frac{3}{5}}^{\frac{2}{5}} \frac{1}{25x^2 + 1} \text{d}x \\ &= \frac{2}{15 \pi} \ln (25x^2 + 1) \bigg|_{\frac{9}{25}}^{\frac{4}{25}} - \frac{8}{15 \pi} \arctan (5x) \bigg|_{-\frac{3}{5}}^{\frac{2}{5}} \\ &= -\frac{2}{15 \pi} \ln 2 - \frac{8}{15 \pi} (\arctan(2) - \arctan(-3)) \end{aligned}$$

$\tan (\theta_1) = 2, \tan (\theta_2) = -3$, 则 $\tan(\theta_1 - \theta_2) = \frac{\tan \theta_1 - \tan \theta_2}{1 - \tan \theta_1 \tan \theta_2} = -1$。$\theta_1 - \theta_2 = \frac{3 \pi}{4}$。

$$\alpha = -\frac{2}{5} - \frac{2}{15 \pi} \ln 2$$

(5)

$AC$ 对应边 $y = \frac{1}{2}(x - 1)$, 设 $AC$ 边上 $x$ 的期待值为 $\beta$。注意到 $AC, BC$ 关于直线 $y = x$ 对称。即 $(\alpha,2\alpha + 1) , (\beta,\frac{1}{2}(\beta - 1))$ 关于直线 $y = x$ 对称。

$$\left\{ \begin{aligned} &\frac{\alpha + \beta}{2} = \frac{2\alpha + 1 + \frac{1}{2}(\beta - 1)}{2} \\ &\frac{\frac{1}{2}(\beta - 1) - (2\alpha + 1)}{\beta - \alpha} = -1 \\ \end{aligned} \right.$$

$$\beta = 2\alpha + 1 = \frac{1}{5} - \frac{4}{15\pi} \ln 2$$

令 $x = g(\Theta)$ , 这里 $g(\Theta)$ 是分段函数， 对应边 $AB , BC , AC$ 三条边上时的情况。

$$\begin{aligned} E(X) &= \int_0^{2\pi}f(\Theta)g(\Theta)\text{d}\Theta \\ &= \frac{1}{2\pi} \int_0^{\frac{\pi}{2}}g(\Theta)\text{d}\Theta + \frac{1}{2\pi}\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{5\pi}{4}}g(\Theta)\text{d}\Theta + \frac{1}{2\pi}\int_{\frac{5\pi}{4}}^{2\pi}g(\Theta)\text{d}\Theta \\ &= \frac{1}{4}E_{AB}(X) + \frac{3}{8}E_{BC}(X) + \frac{3}{8}E_{AC}(X) \\ &= \frac{1}{4} \times \frac{1}{2} + \frac{3}{8}(-\frac{2}{5} - \frac{2}{15\pi}\ln2) + \frac{3}{8}(\frac{1}{5} - \frac{4}{15\pi}\ln2) \\ &= \frac{1}{20} - \frac{3}{20\pi}\ln2 \end{aligned}$$