Probabilidad de que un polinomio cuadrático con coeficientes aleatorios tenga raíces reales

Question

La siguiente es una pregunta de tarea para la que pido orientación.

Dejemos que $A$ , $B$ , $C$ sean variables aleatorias independientes distribuidas uniformemente entre $(0,1)$ . ¿Cuál es la probabilidad de que el polinomio $Ax^2 + Bx + C$ tiene verdaderas raíces?

Eso significa que necesito $P(B^2 -4AC \geq 0$ ). He intentado llamar a $X=B^2 -4AC$ y encontrar $1-F_X(0)$ , donde $F$ es la función de distribución acumulativa.

Tengo dos problemas con este enfoque. Primero, tengo problemas para determinar el producto de dos variables aleatorias uniformes. No nos han enseñado nada de esto en clase, y no he podido encontrar nada parecido en la obra de Sheldon Ross Introduction to Probability Models.

En segundo lugar, esta estrategia parece equivocada porque implica muchos pasos y temas que no hemos visto en clase. Aunque calcule el producto de $A$ y $C$ , todavía tendré que cuadrar $B$ , multiplicar $AC$ por cuatro y luego restar esos resultados. Es demasiado para una pregunta de deberes. Espero que haya una manera más fácil.

Answer 1

Sugerencia: Se busca el volumen del $(a,b,c) \in [0,1]^3$ tal que $b^2 \geq 4ac$ .

Answer 2

Pistas: Primero considere $B^2 \geq 4AC$ . Ahora bien, si $U$ es uniforme $(0,1)$ entonces $-\log(U)$ es exponencial $(1)$ ; además, la suma de dos exponenciales independientes $(1)$ variables aleatorias tiene pdf $x e^{-x}$ , $x > 0$ . Así, utilizando la ley de la probabilidad total, la respuesta se puede encontrar resolviendo una integral elemental unidimensional. He confirmado el resultado mediante simulaciones.

EDIT: En concreto, $$ {\rm P}(B^2 - 4AC \ge 0) = \int_{\log 4}^\infty {[1 - e^{ - (x - \log 4)/2} ]xe^{ - x} \,{\rm d}x} = \frac{{5 + 3\log 4}}{{36}} \approx 0.2544134. $$ La respuesta se confirmó mediante simulaciones de Monte Carlo: $N=10^8$ carreras dio una media de $0.25444043$ .

EDIT: Nótese que es bastante fácil determinar, además, la distribución del producto de $n$ uniforme independiente $(0,1)$ variables aleatorias. En efecto, dejemos que $U_1,\ldots,U_n$ sean uniformes e independientes $(0,1)$ variables. Escribe $$ U_1 \cdots U_n = \exp \Big[ - \sum\nolimits_{i = 1}^n { - \log U_i } \Big]. $$ Desde el $-\log U_i$ son exponenciales independientes $(1)$ variables, $U_1 \cdots U_n$ se distribuye simplemente como $e^{-X}$ , donde $X$ tiene gamma pdf $x^{n-1}e^{-x}/(n-1)!$ , $x > 0$ .

EDIT: Elaborando en respuesta a la petición del OP (ver el primer comentario más abajo).

En realidad, la pista debía enviarte en una dirección ligeramente diferente, es decir, considerar la probabilidad $$ {\rm P}\bigg( - \log B \le \frac{{( - \log A) + ( - \log C) - \log 4}}{2}\bigg), $$ o $$ {\rm P}\bigg(X \le \frac{{Y - \log 4}}{2}\bigg), $$ donde $X$ es exponencial $(1)$ y $Y$ independientemente de $X$ , tiene gamma pdf $f_Y (x) = xe^{-x}$ , $x > 0$ . Entonces, por la ley de la probabilidad total (y utilizando que $X$ y $Y$ son independientes), la probabilidad anterior viene dada por $$ \int_0^\infty {{\rm P}\bigg(X \le \frac{{Y - \log 4}}{2}\bigg|Y = x\bigg)f_Y (x)\,{\rm d}x} = \int_0^\infty {{\rm P}\bigg(X \le \frac{{x - \log 4}}{2}\bigg)xe^{ - x} \,{\rm d}x}, $$ y así, sustituyendo la exponencial $(1)$ cdf da lugar a la integral deseada.

Answer 3

Me gustó el enfoque de Shai Covo de llevar la distribución del producto a una suma. Esto ayudará a extenderlo a un mayor número de variables también.

En este caso particular, también podemos utilizar el siguiente método (si uno es reacio a los exponentes :-)).

Dado $A,B$ y $C$ son i.i.d y Uniformes(0,1), \begin {eqnarray*} f_{A}(a) &=& \begin {casos} 1, & a \in [0,1] \\ 0, & en caso contrario \end {casos} \\ f_{B}(b) &=& \begin {casos} 1, & b \in [0,1] \\ 0, & en caso contrario \end {casos} \\ f_{C}(c) &=& \begin {casos} 1, & c \in [0,1] \\ 0, & en caso contrario \end {casos} \end {eqnarray*}

El producto $U=AC$ sigue, \begin {eqnarray*} \mathbb {P} \left (U \le u \right ) &=& \mathbb {P} \left ( AC \le u \right ) \\ &=& \int_ {c=0}^{1}{ \mathbb {P} \left ( A \le \frac {u}{c} \right ) f_{C}(c) dc} \\ &=& \int_ {c=0}^{u}{ \mathbb {P} \left ( A \le \frac {u}{c} \right ) f_{C}(c) dc} + \int_ {c=u}^{1}{ \mathbb {P} \left ( A \le \frac {u}{c} \right ) f_{C}(c) dc} \\ &=& \int_ {c=0}^{u}{ dc} + \int_ {c=u}^{1}{ \frac {u}{c} dc} \\ &=& u +(1 \log 1- u \log u) \\ &=& u(1- \log u ) \end {eqnarray*}

Nota: Podemos obtener la distribución del producto también, sobre la diferenciación: viz, $f_{U}(u)=-\log(u), 0\le u\le 1$ .

Ahora la condición requerida para las raíces reales es, \begin {eqnarray*} \mathbb {P} \left (B^{2}-4 A C \ge 0 \right ) &=& \mathbb {P} \left ( A C \le \frac {B^{2}}{4} \right ) \\ &=& \int_ {0}^{1}{ \mathbb {P} \left ( A C \le \frac {b^{2}}{4} \right ) f_{B}(b) db} \\ &=& \int_ {0}^{1}{ \frac {b^{2}}{4} \left (1- \log \frac {b^{2}}{4} \right ) db} \\ &=& \left [ \frac {b^{3}}{36} \left (5 + \log 64 - 3 \log b^{2} \right ) \right ]_{0}^{1} \\ &=& \frac {1}{36} \left (5+ \log 64 \right ) \\ & \approx & 0.2544134189822131. \end {eqnarray*}

Answer 4

Pistas:

No es imposible encontrar la distribución acumulativa de $D=AC$ y tan fácilmente de $E=4D=4AC$ y $F=\sqrt{E}=\sqrt{4AC}$ [ya sabes $4AC \ge 0$ ].

Entonces todo lo que tienes que hacer es encontrar la probabilidad de que $F<|B|$ lo cual no es difícil si sabes o puedes calcular que $\int x^2 \log(x) \, dx = x^3(3 \log(x)-1)/9$ .

Como comprobación, debería obtener un resultado ligeramente superior a 0,25.

Por cierto, como comentario a la pregunta, el requisito de que $A$ y $C$ tienen el mismo signo supone una gran diferencia en el resultado, ya que $B^2-4AC$ es siempre positivo si $A$ y $C$ tienen signos opuestos.

Answer 5

Queremos el volumen de la región en el cubo unitario que satisface la propiedad $AC < Z \equiv B^2 / 4$ . Separar en dos regiones: $A < Z$ y $A > Z$ . Para los primeros, todos los $C$ hasta $1$ satisfacen la propiedad, mientras que para las segundas, todas $C$ hasta $Z / A$ satisfacer la propiedad. Entonces tenemos

$$ \int_0^1 dB \int_0^Z dA \int_0^1 dC + \int_0^1 dB \int_Z^1 dA \int_0^{Z/A} dC = \frac{1}{12} + \frac{1 + 3 \ln 2}{18} \approx 0.2544 $$