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人教论坛上某人问的概率题

本帖最后由 战巡 于 2014-3-27 07:00 编辑

在边长为1的正方形内任取两点,求其距离不大于1的概率。
退一步,在长度为1的线段上任取两点,求其距离不大于1/2的概率。
进一步,在边长为1的正方体内任取两点,求其距离不大于1的概率?


这种东西其实不妨统一研究比较好

当然,这些烂题还是老毛病,永远不说清楚所谓的“任取”是怎么个取法,服从何种分布,记住了!!!不是说随机就等同于均匀分布的!!!!还有很多乱七八糟的分布,均匀分布只是Beta分布的一种特殊情况!!!

假设均匀分布好了,且全部随机变量独立,实际上就变成研究这么一类问题:$X_1, X_2 \sim^{iid}UNIF(0,1)$,求$(X_1-X_2)^2$的分布
首先$x_1, x_2$是独立的,可知其联合分布的密度函数为:
\[f_{X_1,X_2}(x_1,x_2)=1, 0\le x_1\le 1, 0\le x_2\ge 1\]
令$S=X_1-X_2$,有$X_1=S+X_2$,$|J|=\begin{vmatrix}\frac{\partial(s+x_2)}{\partial s} & \frac{\partial(s+x_2)}{\partial x_2} \\\frac{\partial x_2}{\partial s} & \frac{\partial x_2}{\partial x_2} \end{vmatrix}=1$
因此新的联合分布密度函数为:
\[f_{S,X_2}(s,x_2)=1 , -1\le s \le 1, -s\le x_2\le 1-s, 0\le x_2\le 1\]
有:
\[f_{S}(s)=\int_{-\infty}^{\infty}f_{S,X_2}(s,x_2)dx_2=\begin{cases}
1-s & 0\le s\le 1 \\
1+s & -1\le s<0 \end{cases}\]
那么令$D=S^2, $,则随机变量$D$的累积分布函数$F_D(d)=P(D\le d)=P(-\sqrt{d}\le s\le \sqrt{d})$
\[P(-\sqrt{d}\le s\le \sqrt{d})=\int_{-\sqrt{d}}^{\sqrt{d}}f_S(s)ds=\int_{-\sqrt{d}}^0 (1+s)ds+\int_{0}^{\sqrt{d}}(1-s)ds=2\sqrt{d}-d , 0\le d \le 1\]
由此可知第二问:
\[P(D\le \frac{1}{4})=F_D(\frac{1}{4})=\frac{3}{4}\]

这里其实远不需要这么麻烦,通过画图的办法可以很容易求出这个值,但因为画图只适用于均匀分布,对于其他分布束手无策,这里为了方法上的统一,舍近求远用了最正统的方法

由此可知,随机变量$D$的概率密度函数为
\[f_D(d)=F'_D(d)=\frac{1}{\sqrt{d}}-1 , 0\le d\le 1\]

第一问中,要求$(X_1-X_2)^2+(Y_1-Y_2)^2\le1$,由于和前面一样有$Y_1, Y_2\sim^{iid}UNIF(0,1)$,$(Y_1-Y_2)^2$与$(X_1-X_2)^2$服从同样分布且相互独立,令$(X_1-X_2)^2=D_1, (Y_1-Y_2)^2=D_2$,则其联合分布为:
\[f_{D_1,D_2}(d_1,d_2)=(\frac{1}{\sqrt{d_1}}-1)(\frac{1}{\sqrt{d_2}}-1) , 0\le d_1\le 1, 0\le d_2\le 1\]
令$D_1+D_2=L, D_2=L-D_1$,有:
\[f_{D_1,L}(d_1,l)=(\frac{1}{\sqrt{d_1}}-1)(\frac{1}{\sqrt{l-d_1}}-1) , 0\le l\le 2, 1-l\le d_1\le l, 0\le d_1\le 1\]
有:
\[f_L(l)=\int_{-\infty}^{\infty}f_{D_1,L}(d_1,l)d(d_1)=\begin{cases}
\int_0^l(\frac{1}{\sqrt{d_1}}-1)(\frac{1}{\sqrt{l-d_1}}-1)d(d_1)=l-4\sqrt{l}+\pi & 0\le l\le 1 \\
\int_{l-1}^1(\frac{1}{\sqrt{d_1}}-1)(\frac{1}{\sqrt{l-d_1}}-1)d(d_1)=4\sqrt{l-1}-l-2+2\arctan(\frac{1}{\sqrt{l-1}})-2\arctan(\sqrt{l-1}) & 1<l\le 2 \end{cases}\]
故有第一问结果:
\[P(L\le1)=\int_0^1f_L(l)dl=\int_0^1(l-4\sqrt{l}+\pi)dl=\pi-\frac{13}{6}\approx 0.9749\]

第三问就麻烦咯,可以从上面继续往上加
因此这样做,令$(Z_1-Z_2)^2=D_3, R=L+D_3$
则联合分布为:
\[f_{L,D_3}(l,d_3)=f_L(l)(\frac{1}{\sqrt{d_3}}-1) , 0\le l\le 2, 0\le d_3\le 1\]
替换以后为:
\[f_{L,R}(l,r)=f_L(l)(\frac{1}{\sqrt{r-l}}-1) , 0\le r\le 3, 0\le l\le 2, r-1\le l\le r\]
于是最后$R$的密度函数为:
\[f_R(r)=\int_{\infty}^{\infty}f_{L,R}(l,r)dl=\begin{cases}
\int_0^r(l-4\sqrt{l}+\pi)(\frac{1}{\sqrt{r-l}}-1)dl=-\frac{r^2}{2}+4r\sqrt{r}-3\pi r+2\pi\sqrt{r} & 0\le r\le 1 \\
\int_{r-1}^1(l-4\sqrt{l}+\pi)(\frac{1}{\sqrt{r-l}}-1)dl+\int_{1}^r[4\sqrt{l-1}-l-2+2\arctan(\frac{1}{\sqrt{l-1}})-2\arctan(\sqrt{l-1})](\frac{1}{\sqrt{r-l}}-1)dl\\=-\frac{1}{2}-4\sqrt{r-1}-8r\sqrt{r-1}+r(r+3)+\pi(r-4\sqrt{r}+2)-2(r-1)\arctan(\frac{1}{\sqrt{r-1}})+2(1+5r)\arctan(\sqrt{r-1}) & 1<r\le 2 \\
\int_{r-1}^2[4\sqrt{l-1}-l-2+\arctan(\frac{1}{\sqrt{l-1}})-2\arctan(\sqrt{l-1})](\frac{1}{\sqrt{r-l}}-1)dl=(过于复杂懒得求了...) & 2<r\le 3 \end{cases}\]
那么可知:
\[P(R\le 1)=\int_0^1f_R(r)dr=\int_0^1(-\frac{r^2}{2}+4r\sqrt{r}-3\pi r+2\pi\sqrt{r})dr=\frac{43-5\pi}{30}\approx 0.9097\]

其实同时也可以求出:
\[P(1<R\le 2)=\int_1^2f_R(r)dr\]
\[=\int_1^2[-\frac{1}{2}-4\sqrt{r-1}-8r\sqrt{r-1}+r(r+3)+\pi(r-4\sqrt{r}+2)-2(r-1)\arctan(\frac{1}{\sqrt{r-1}})+2(1+5r)\arctan(\sqrt{r-1})]dr=\frac{(175-80\sqrt{2})\pi-193}{15}\approx 0.0899\]
剩下的部分:
\[P(R>2)=1-P(R\le 1)-P(1<R\le 2)=\frac{5(32\sqrt{2}-69)\pi+373}{30}\approx 0.0003935\]

看到了吧........极端复杂.....
这就是我极其讨厌均匀分布的原因,那个取值范围限制着实讨厌,每次都要分类讨论!!!

看来又是随手变题后自己又搞不定
I am majia of kuing

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看来又是随手变题后自己又搞不定
爪机专用 发表于 2014-3-27 07:52

有人喜欢出一些自己的“变式题”,有的时候问的问题就像这个问题:
如果天塌下来了,我们怎么办?
还真叫回答者难以回答呢!

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回复 3# 其妙

有人问就这样回答:
太祖曰:“天塌下来有罗长子(罗瑞卿)顶着”

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话说当年曾经做过单位圆内的类似题,那个还简单些,这个正方形的要分类太多了……

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这么复杂呀

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话说当年曾经做过,那个还简单些,这个正方形的要分类太多了……
kuing 发表于 2014-3-27 14:23

kk, 链接失效了,在哪还能看到呢?

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回复 7# 青青子衿

你根据那个链接的数字在《撸题集》里面搜一下,应该有。

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kk, 链接失效了,在哪还能看到呢?
青青子衿 发表于 2019-4-28 17:14

《撸题集》P.907 题目 6.8.7。

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