切

2023.04.07 day -61
xy 询问了牛逼题：单位立方体，体心作截面，求期望面积。根据 Alice 的想法，我们将其转化为对射线积分，可又遇到了问题，难搞。

在 456 天之后，我们解决了这道题。

为方便计算，不妨研究边长为 $2$ 的正方体。

首先转化为对射线积分：

E (Area) = \frac{\int_{| \vec{n} | = 1} Area (\vec{n}) d \vec{n}}{\int_{| \vec{n} | = 1} 1 d \vec{n}} = \frac{1}{4 π} \int_{| \vec{n} | = 1} d \vec{n} \int_{0}^{2 π} \frac{1}{2} {Len}^{2} (\vec{n}, θ) d θ = \frac{1}{8 π} \int_{0}^{2 π} d θ \int_{| \vec{n} | = 1} {Len}^{2} (\vec{n}, θ) d \vec{n} = \frac{1}{8 π} \int_{0}^{2 π} d θ \int_{| \vec{m} | = 1} {Len}^{2} (\vec{m}) d \vec{m}

$E(\text{Area})\\ =\dfrac{\displaystyle\int\limits_{|\vec n|=1}\text{Area}(\vec n)\mathrm{d}\vec n}{\displaystyle\int\limits_{|\vec n|=1}1\mathrm{d}\vec n}\\ =\dfrac{1}{4\pi}\int\limits_{|\vec n|=1}\mathrm{d}\vec n\int\limits_{0}^{2\pi}\frac{1}{2}\text{Len}^2(\vec n,\theta)\mathrm{d}\theta\\ =\frac{1}{8\pi}\int\limits_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int\limits_{|\vec n|=1}\text{Len}^2(\vec n,\theta)\mathrm{d}\vec n\\ =\frac{1}{8\pi}\int\limits_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int\limits_{|\vec m|=1}\text{Len}^2(\vec m)\mathrm{d}\vec m\\$

然后把向量拆掉，选一个面的四分之一作积分区域：

\frac{1}{8 π} \int_{0}^{2 π} d θ \int_{| \vec{m} | = 1} {Len}^{2} (\vec{m}) d \vec{m} = \frac{1}{4} \iint_{(θ, φ) \in Ω_{All}} {Len}^{2} (θ, φ) \cos θ d θ d φ = 6 \iint_{(θ, φ) \in Ω_{1}} {Len}^{2} (θ, φ) \cos θ d θ d φ

$\frac{1}{8\pi}\int\limits_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int\limits_{|\vec m|=1}\text{Len}^2(\vec m)\mathrm{d}\vec m\\ =\frac{1}{4}\iint\limits_{(\theta,\varphi)\in \Omega_\text{All}}\text{Len}^2(\theta,\varphi)\cos\theta\mathrm{d}\theta\mathrm{d}\varphi\\ =6\iint\limits_{(\theta,\varphi)\in \Omega_1}\text{Len}^2(\theta,\varphi)\cos\theta\mathrm{d}\theta\mathrm{d}\varphi\\$

设出交点坐标并换元：

研 究 {(x, y, z) | 0 \leq x, y \leq 1 z = 1} 的 部 分 。 不 妨 设 交 点 (a, b, 1) 。 {\begin{cases} θ = \arctan \frac{1}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} \\ φ = \arctan \frac{b}{a} \end{cases} 6 \iint_{(θ, φ) \in Ω_{1}} {Len}^{2} (θ, φ) \cos θ d θ d φ = 6 \iint_{0 \leq a, b \leq 1} {(\sqrt{a^{2} + b^{2} + 1})}^{2} \cos (\arctan \frac{1}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}}) (\frac{\partial θ}{\partial b} \frac{\partial φ}{\partial a} - \frac{\partial θ}{\partial a} \frac{\partial φ}{\partial b}) d a d b = 6 \iint_{0 \leq a, b \leq 1} {(\sqrt{a^{2} + b^{2} + 1})}^{2} \cos (\arctan \frac{1}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}}) (\frac{- b}{(a^{2} + b^{2} + 1) \sqrt{a^{2} + b^{2}}} \cdot \frac{- b}{a^{2} + b^{2}} - \frac{- a}{(a^{2} + b^{2} + 1) \sqrt{a^{2} + b^{2}}} \cdot \frac{a}{a^{2} + b^{2}}) d a d b = 6 \iint_{0 \leq a, b \leq 1} \frac{1}{\sqrt{a^{2} + b^{2} + 1}} d a d b

$研究 \{(x,y,z)|0\leq x,y \leq 1\,z=1\} 的部分。不妨设交点 (a,b,1)。\\ \begin{cases} \theta=\arctan\frac{1}{\sqrt{a^2+b^2}}\\ \varphi=\arctan\frac{b}{a}\\ \end{cases}\\ 6\iint\limits_{(\theta,\varphi)\in \Omega_1}\text{Len}^2(\theta,\varphi)\cos\theta\mathrm{d}\theta\mathrm{d}\varphi\\ =6\iint\limits_{0\leq a,b\leq 1}\left(\sqrt{a^2+b^2+1}\right)^2\cos\left(\arctan\frac{1}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)\left(\frac{\partial\theta}{\partial b}\frac{\partial\varphi}{\partial a}-\frac{\partial\theta}{\partial a}\frac{\partial\varphi}{\partial b}\right)\mathrm{d}a\mathrm{d}b\\ =6\iint\limits_{0\leq a,b\leq 1}\left(\sqrt{a^2+b^2+1}\right)^2\cos\left(\arctan\frac{1}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)\left(\dfrac{-b}{(a^2+b^2+1)\sqrt{a^2+b^2}}\cdot\frac{-b}{a^2+b^2}-\dfrac{-a}{(a^2+b^2+1)\sqrt{a^2+b^2}}\cdot\frac{a}{a^2+b^2}\right)\mathrm{d}a\mathrm{d}b\\ =6\iint\limits_{0\leq a,b\leq 1}\dfrac{1}{\sqrt{a^2+b^2+1}}\mathrm{d}a\mathrm{d}b$

答案呼之欲出，积一下这个积分：

\iint_{0 \leq a, b \leq 1} \frac{1}{\sqrt{a^{2} + b^{2} + 1}} d a d b = \frac{1}{2} \int_{0 \leq b \leq 1} \ln (\frac{\sqrt{b^{2} + 2} + 1}{\sqrt{b^{2} + 2} - 1}) d b = - \frac{π}{6} + arcsinh (\frac{\sqrt{2}}{2}) + \frac{1}{2} \ln (2 + \sqrt{3})

$\iint\limits_{0\leq a,b\leq 1}\dfrac{1}{\sqrt{a^2+b^2+1}}\mathrm{d}a\mathrm{d}b\\ =\dfrac{1}{2}\int\limits_{0\leq b\leq 1}\ln\left(\dfrac{\sqrt{b^2+2}+1}{\sqrt{b^2+2}-1}\right)\mathrm{d}b\\ =-\dfrac{\pi}{6} + \operatorname{arcsinh}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)+\dfrac{1}{2}\ln\left(2+\sqrt{3}\right)$

单位立方体，算一下比例可得答案是 $-\dfrac{\pi}{4} + \dfrac{3}{2}\operatorname{arcsinh}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)+\dfrac{3}{4}\ln\left(2+\sqrt{3}\right)$ ，约为 $1.19004$ 。

跑了个 $n=10^8$ 的蒙特卡洛，可以精确到 $10^{-4}$ 。做完了！

posted @ 2024-07-06 12:09 Xi'En 阅读(64) 评论(0) 编辑收藏举报

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