Probabilidad de círculo vs. elipse vs. parábola vs. hipérbola de $ax^2+bxy+cy^2+dx+ey+f=0$ con coeficientes uniformemente aleatorios en $[-1,1]$

Question

Q . ¿Cuál es la probabilidad de que una ecuación cuadrática aleatoria describa una círculo, una elipse, una parábola o una hipérbola? Utilicemos esta definición de una cuadrática aleatoria:

$$a\, x^2 + b\, x y + c\, y^2 + d\, x + e\, y + f = 0 \;$$

donde $a,b,c,d,e,f$ son cada una de ellas uniformemente aleatorias dentro de $[-1,1]$ .

Para un círculo la probabilidad debe ser $0$ Pero no tengo clara la probabilidad de la elipse frente a la parábola frente a la hipérbola.

Cada cónica puede representarse como un punto en un $5$ -espacio proyectivo de dimensiones. Así que estoy preguntando por las porciones/volúmenes correspondientes dentro de este espacio.

El detonante de esta pregunta es una cita de Colin Adams: "Así que si queremos entender la geometría de las superficies, se trata de el caso hiperbólico". Así que me preguntaba si las hipérbolas dominan incluso en el plano. (Colin Adams, "¿Qué es... un 3-Manifold hiperbólico?" AMS 65 , no. 5, pp.544-546. Descarga del PDF ).

Añadido : Las simulaciones sugieren que las hipérbolas ocurren aproximadamente el 73% de las veces, las elipses el 14%, y el resto sólo tienen soluciones imaginarias.

Answer 1

Dejando de lado la presencia de elipses imaginarias, lo que se pregunta es la probabilidad de que, dados tres números $a$ , $b$ , $c$ elegido al azar en $[-1,1]$ entonces $b^2>4ac$ (caso hiperbólico).

Pero $b^2=4ac$ es la ecuación de un cono en $abc$ espacio, por lo que esa probabilidad es la misma que la fracción del volumen del cubo $[-1,1]^3$ que está fuera de ese cono. Para calcular este volumen, vamos a centrarnos en el primer octante y el cubo unitario $[0,1]^3$ . La intersección entre el cono y un plano $b=\text{constant}$ es una hipérbola en $ac$ -con la ecuación $ac=b^2/4$ . La intersección del mismo plano con el cubo unitario es un cuadrado y el área en ese cuadrado fuera de la hipérbola es: $$ A(b)={b^2\over4}+\int_{b^2/4}^1{b^2/4\over a}da= {b^2\over4}\left(1-\ln{b^2\over4}\right). $$ El volumen necesario puede calcularse entonces integrando eso sobre $b$ : $$ V=\int_0^1 A(b)\,db={5\over36}+{1\over6}\ln2. $$ El cono se cruza con el original $[-1,1]^3$ cubo en otros tres octantes, con el mismo volumen exterior, mientras que los cubos unitarios en los cuatro octantes restantes están completamente fuera del cono. Por lo tanto, la probabilidad solicitada es: $$ p={1\over8}(4V+4)={41\over72}+{1\over12}\ln2\approx 0.627207. $$ Este resultado se confirma con una rápida simulación con Mathematica:

tot = 0; niter = 1000000;

Do[
  a = RandomReal[{-1, 1}];
  b = RandomReal[{-1, 1}];
  c = RandomReal[{-1, 1}];
  If[b^2 - 4 a c > 0, tot++],
  {niter}];

tot/niter // N

Out[20]= 0.627543