На колі навмання вибираються три точки. Геометричне визначення ймовірності
План-конспект розроблений
Трофімової Людмилою Олексіївною
Геометрична ймовірність
Цілі і завдання: 1) Познайомити учнів з одним із можливих способів завдання
ймовірності;
2) Повторення пройденого та закріплення навичок формалізації
текстових імовірнісних задач за допомогою геометричних фігур.
Результати навчання:
1) Знати визначення геометричної ймовірності вибору точки
усередині фігури на площині та прямій;
2) Вміти вирішувати найпростіші завдання на геометричну ймовірність,
знаючи площі фігур чи вміючи їх обчислювати.
I. Вибір точки фігури на площині.
приклад 1.Розглянемо уявний експеримент: точку навмання кидають на квадрат, сторона якого дорівнює 1. Постає питання, яка ймовірність події, яка полягає в тому, що відстань від цієї точки до найближчої сторони квадрата не більше ніж ?
У цьому завдання йдеться про так звану геометричні ймовірності.
Крапку навмання кидають у фігуру Fна площині. Якою є ймовірність того, що точка потрапляє в деяку фігуру G,яка міститься у фігурі F.
Відповідь залежить від того, який сенс ми вкладаємо у вираз «кинути крапку навмання».
Зазвичай цей вислів трактують так:
1. Покинута точка може потрапити в будь-яку частину фігури F.
2. Імовірність того, що крапка потрапляє у деяку фігуру Gвсередині фігури F,прямо пропорційна площі фігури G.
Підіб'ємо підсумок: нехай і - площі фігур Fі G. Ймовірність події А«точка Х належить фігурі G,яка міститься у фігурі F», рівна
Зауважимо, що площа фігури Gне більше, ніж площа фігури F,тому
Повернемося до нашого завдання. Фігура Fу цьому прикладі квадрат зі стороною 1. Тому =1.
Крапка віддалена від межі квадрата не більше ніж на , якщо вона потрапила в заштриховану на малюнку фігуру G.Щоб знайти площу, потрібно з площі фігури Fвідняти площу внутрішнього квадрата зі стороною.
Тоді ймовірність того, що крапка потрапила у фігуру G,дорівнює
приклад 2.З трикутника АВС випадково вибирається точка Х. Знайти ймовірність того, що вона належить трикутнику, вершинами якого є середини сторін трикутника.
Рішення:Середні лінії трикутника розбивають його на 4 рівні трикутники. Значить,
Імовірність того, що точка Х належить трикутнику KMN, дорівнює:
Висновок. Імовірність влучення точки в деяку фігуру прямо пропорційна площі цієї фігури.
Завдання. Нетерплячі дуелянти.
Дуелі у місті Обережності рідко закінчуються сумним результатом. Справа в тому, що кожен дуелянт прибуває на місце зустрічі у випадковий момент часу між 5 і 6 годинами ранку і, чекаючи на суперника 5 хвилин, видаляється. У разі прибуття останнього в ці 5 хвилин дуель відбудеться. Яка частина дуелей справді закінчується поєдинком?
Рішення:Нехай хі упозначають час прибуття 1-го т 2-го дуелянтів відповідно, виміряне у частках години, починаючи з 5 годин.
Дуелянти зустрічаються, якщо , тобто. x - < y< x + .
Зобразимо це на кресленні.
Заштрихована частина квадрата відповідає випадку, коли зустрічаються дуелянти.
Площа всього квадрата 1, площа заштрихованої частини:
.
Отже, шанси на поєдинок рівні.
II. Вибір точки з відрізка та дуги кола.
Розглянемо уявний експеримент, який полягає у випадковому виборі однієї точки Х із деякого відрізка MN.
Це можна розуміти так, ніби точку Х випадково «кидають» на відрізок. Елементарною подією цього досвіду може стати вибір будь-якої точки відрізка.
Нехай відрізок CD міститься у відрізку MN. Нас цікавить подія А
, що полягає в тому, що обрана точка Х належить відрізку CD.
Метод обчислення цієї ймовірності той самий, що й фігур на площині: ймовірність пропорційна довжині відрізка CD.
Отже, ймовірність події А «точка Х належить відрізку CD, що міститься у відрізку MN» дорівнює, .
приклад 1.Усередині відрізка MN випадково вибирається точка Х. Знайдіть ймовірність того, що точка Х ближче до точки N, ніж до M.
Рішення:Нехай точка О – середина відрізка MN. Наша подія настане тоді, коли точка Х лежить усередині відрізка ON.
Тоді 
.
Нічого не змінюється, якщо точка Х вибирається з відрізка, та якщо з дуги деякої кривої лінії.
приклад 2.На колі дані точки А і В, причому ці точки не є діаметрально протилежними. На цьому ж колі вибирається точка С. Знайти ймовірність того, що відрізок ВС перетне діаметр кола, що проходить через точку А.
Рішення:Нехай довжина кола дорівнює L. Цікава для нас подія До «відрізок ВС перетинає діаметр DA» настає, тільки якщо т. С лежить на півкола DA, що не містить точку В. Довжина цього півкола дорівнює L.
.
приклад 3.На колі взято точку А. На окружність «кидають» точку В. Яка ймовірність того, що довжина хорда АВ буде меншою за радіус кола.
Рішення:Нехай r – радіус кола.
Для того щоб хорда АВ була коротшою за радіус кола, точка повинна потрапити на дугу В1АВ2, довжина якої дорівнює довжині кола.
Імовірність того, що довжина хорди АВ буде меншою за радіус кола, дорівнює:
III. Вибір точки з числового відрізка
Геометричну ймовірність можна застосовувати до числових проміжків. Припустимо, що випадково вибирається число Х, що задовольняє умові . Цей досвід можна замінити досвідом, у якому з відрізка на числовій прямій вибирається точка з координатою Х.
Розглянемо подію, яка полягає в тому, що точка з координатою Х обрана з відрізка , що міститься у відрізку . Цю подію позначимо. Його ймовірність дорівнює відношенню довжин відрізків і .
.
приклад 1.Знайти ймовірність того, що точка, яка випадково вибрана з відрізка , належить відрізку .
Рішення:За формулою геометричної ймовірності знаходимо:
.
приклад 2.Відповідно до правил дорожнього руху, пішохід може перейти вулицю у невстановленому місці, якщо в межах видимості немає пішохідних переходів. У місті Миргороді відстань між пішохідними переходами на вулиці Сонячній дорівнює 1 км. Пішохід переходить вулицю Сонячну десь між двома переходами. Він може бачити знак переходу не далі ніж за 100 м від себе. Знайдіть ймовірність того, що пішохід не порушує правила.
Рішення:Скористаємося геометричним методом. Розташуємо числову пряму так, що ділянка вулиці між переходами виявиться відрізком . Нехай пішохід підходить до вулиці в деякій точці з координатою Х. Пішохід не порушує правила, якщо він знаходиться на відстані більш ніж 0,1 км від кожного переходу, тобто 0,1 приклад 3.Поїзд проходить повз платформу за півхвилини. Якоїсь миті, зовсім випадково виглянувши зі свого купе у вікно, Іван Іванович побачив, що поїзд іде повз платформу. Іван Іванович дивився у вікно рівно десять секунд, а потім відвернувся. Знайдіть ймовірність того, що він бачив Івана Никифоровича, який стояв посередині платформи. Рішення:Скористаємося геометричним методом. Будемо вести відлік за секунди. За 0 секунд приймемо момент, коли Іван Іванович зрівнявся з початком платформи. Тоді кінця платформи він досяг у момент 30 секунд. За Х сек. Позначимо момент, коли Іван Іванович визирнув у вікно. Отже, число Х випадково вибирається з відрізка . З Іваном зрівнявся на момент 15 секунд. Він побачив Івана Никифоровича, тільки якщо він визирнув у вікно не пізніше за цей момент, але не раніше, ніж за 10 секунд до цього. Таким чином, потрібно знайти геометричну ймовірність події. За формулою знаходимо «Ймовірнісне підґрунтя»
На самому початку поеми «Мертві душі» двоє мужиків сперечаються щодо того, як далеко доїде колесо в екіпажі Чичикова: «...два російських мужика, що стояли біля дверей шинку проти готелю, зробили деякі зауваження, що стояли втім, більше до екіпажу, ніж до того, хто сидів у ньому. «Бач ти», сказав один одному: «Ось яке колесо! Що ти думаєш, доїде те колесо, якби трапилося, до Москви, чи не доїде? – «Доїде», відповідав інший. «А до Казані, я думаю, не доїде?» «До Казані не доїде», відповідав інший». Завдання на вирішення. 1. Знайти ймовірність того, що точка випадково кинута в квадрат ABCD зі стороною 4 потрапить у квадрат A1B1C1D1 зі стороною 3, що знаходиться всередині квадрата ABCD. Відповідь. 9/16. 2. Дві особи А і В домовилися зустрітися в певному місці в проміжку часу від 900 до 1000. Кожна з них приходить навмання (у вказаний проміжок часу), незалежно від іншої і чекає 10 хвилин. Яка ймовірність того, що вони зустрінуться? Відповідь. 11/36. 3. У відрізку АВ довжини 3 випадково з'являється точка С. Визначити ймовірність того, що відстань від точки до В перевищує 1. Відповідь. 2/3. 4. У коло радіусом 5 вписано трикутник найбільшої площі. Визначте ймовірність попадання в трикутник точки випадково кинутої в коло. 5. Буратіно посадив на прямокутний лист розміром 20 см на 25 см круглу ляпку радіусом 1 см. Відразу після цього Буратіно посадив ще одну таку ж ляпку, яка цілком виявилася на аркуші. Знайдіть ймовірність того, що ці дві ляпки не стикаються. 6. У коло вписано квадрат ABCD. На цьому колі випадково вибирається точка М. Знайдіть ймовірність того, що ця точка лежить на: а) меншій дузі АВ; б) більшу дугу АВ. Відповідь. а) 1/4; б) 3/4. 7. На відрізок випадково кидається точка Х. З якою ймовірністю виконується нерівність: а) ; б); в)? Відповідь. а) 1/3; б) 1/3; в) 1/3. 8. Про село Іванове відомо лише, що воно знаходиться десь на шосе між Миргородом та Старгородом. Довжина шосе дорівнює 200 км. Знайдіть ймовірність того, що: а) від Миргорода до Іваново шосе менше 20 км; б) від Старгорода до Іваново шосе більше 130 км; в) Іваново знаходиться менш ніж за 5 км від середини шляху між містами. Відповідь. а) 0,1; б) 0,35; в) 0,05. Додатковий матеріал
2. Випадкова точка Х рівномірно розподілена у квадраті Література: 1. Теорія ймовірностей та статистика / , . - 2-ге вид., Перероблене. - М.: МЦНМО: підручники », 2008. - 256 с.: Іл. 2. Теорії ймовірностей та математична статистика в прикладах та задачах із застосуванням Excel / , . - Вид. 4-те. - Ростов н / Д: Фенікс, 2006. - 475 с.: Іл. - (Вища освіта). 3. П'ятдесят цікавих ймовірнісних завдань із рішеннями. Пров. з англ. / За ред. . 3-тє вид. - М.: Наука, Головна редакція фізико-математичної літератури, 1985. - 88 с. 4. Збірник завдань з теорії ймовірностей: Навч. Посібник для вузів. /, - 2-ге вид., Випр. І дод. - М.: Наука. Гол. ред. Фіз.-мат. Літ. - 1989. - 320с. 5. Факультативний курс з математики: Теорія ймовірностей: Навч. Посібник для 9-11 кл. середовищ. шк./ – 3-тє вид. перероб. - М.: Просвітництво, 1990. - 160 с.
.
.
Геометричний підхід до ймовірності події не залежить від виду вимірювань геометричного простору: важливо лише, щоб безліч елементарних подій F і безліч G, що представляє подію А, були б однакового виду та однакових вимірювань.
. Знайти ймовірність того, що квадрат із центром Х та сторонами довжини b, паралельними осям координат, цілком міститься у квадраті А.
Геометричне визначення імовірності. Завдання з рішеннями
За вікном ранні осінні дні, і жовте листя на деревах навіює ліричний і трохи сумний настрій. Але попереду ще цілий навчальний рік, і в такі моменти потрібно обов'язково налаштуватися на плідну роботу! Поспішаю порадувати всіх хандруючих читачів своїм фірмовим рецептом, що дозволяє швидко підвищити тонус свого організму. Для цього досить трохи згадати геометрію... ...ні, я згоден, що іноді вона присипляє, але в невеликих дозах - виключно бадьорить! І, головне, дуже дієво - як тільки починаєш приймати цілющі порції знань, так відразу ніякої сезонної депресії!
Ще на першому уроці на тему ми познайомилися з класичним визначенням ймовірностіпояви деякої події у випробуванні та найпростішою формулою , де – загальне число всіх можливих рівноможливих , елементарних результатів даного випробування, а – у елементарних результатів, сприятливих події .
Виникли труднощі з термінологією та/або розумінням? Будь ласка, почніть з основ теорії ймовірностей.
Їдемо далі: класичне визначення ймовірності виявляється ефективним для вирішення цілого спектра завдань, але з іншого боку, має й низку недоліків. Навіть правильніше сказати, не недоліків, а обмежень. Одним з таких обмежень є той факт, що воно не застосовується до випробувань з нескінченною кількістю наслідків. Найпростіший приклад:
На відрізок навмання кидається голодна точка. Яка ймовірність того, що вона потрапить у проміжок?
Оскільки на відрізку безліч точок, то тут не можна застосувати формулу (через нескінченно велике значення «ен»)і тому на допомогу приходить інший підхід, званий геометричним визначенням ймовірності.
Все дуже схоже: ймовірність настання деякої події у випробуванні дорівнює відношенню, де – геометрична міра, що виражає загальне число всіх можливихі рівноможливихрезультатів цього випробування, а – міра, що виражає кількість сприятливих подій результатів. На практиці як такий геометричний захід найчастіше виступає довжина чи площа, рідше – обсяг.
Розглянемо подію: – кинута на відрізок крапка, потрапила у проміжок . Очевидно, що загальна кількість результатів виражається довжиною більшого відрізка: 
, а сприятливі події наслідки – довжиною вкладеного відрізка: За геометричним визначенням ймовірності: 
Занадто просто? Як і у випадку з класичним визначенням, це оманливе враження. Докладно та сумлінно розуміємось на практичних прикладах:
Завдання 1
Метрову стрічку випадково розрізають ножицями. Знайти ймовірність того, що довжина обрізання становитиме не менше 80 см.
Рішення: «Чого тут складного? Імовірність дорівнює 1/5-й». Це автоматична помилка, яку припускаються через недбалість. Так, абсолютно правильно - довжина обрізка складе не менше 80 см, якщо від стрічки відрізати не більше 20 сантиметрів. Але тут часто забувають, що розріз можна зробити як з одногокінця стрічки, так і з іншого: 
Розглянемо подію: - Довжина обрізка складе не менше 0,8 м.
Оскільки стрічку можна розрізати будь-де, то загальному числу результатів відповідає її довжина: Сприятливі події ділянки розрізу відзначені малюнку червоним кольором та його сумарна довжина дорівнює: 
Відповідь: 0,4
Який можна зробити висновок? Навіть якщо завдання здається вам дуже простим, не поспішайте. Імпульсивність взагалі штука погана – це помилки, непотрібні покупки, зіпсовані шкірні покриви стосунки тощо… але не будемо про сумне!
При оформленні завдань слід обов'язково вказувати розмірність (одиниці, метри, квадратні одиниці, квадратні метри тощо). До речі, зверніть увагу, що на фінальному етапі обчислень геометричний захід скорочується. Так було в розглянутому прикладі, скоротилися метри: , у результаті вийшла звична безрозмірна ймовірність.
Завдання 2
Після бурі на ділянці між 40-м та 70-м кілометрами телефонної лінії стався обрив дроту. Яка ймовірність того, що він стався між 50-м та 55-м кілометрами лінії?
Коротке рішення та відповідь наприкінці уроку.
Значно частіше зустрічаються приклади, у яких фігурують площі:
Завдання 3
У трикутник із сторонами вписано коло. Крапка довільно ставиться в трикутник. Знайти ймовірність того, що крапка потрапить у коло.
Нагадую, що вписане коло лежить усередині трикутника і стосується його сторін у 3 точках
Рішення: оскільки точка ставиться в трикутник, а коло лежить всередині, то загальному числу результатів відповідає площа трикутника, а безлічі сприятливих результатів - площа вписаного кола. Що тут сказати? Шукаємо площі:
Якщо дані довжини сторін трикутника, його площа зручно знайти по формулі Герона:
, де - Довжини сторін трикутника, а - напівпериметр.
Спочатку обчислимо напівпериметр трикутника: 
, а потім його площа:
Методику винесення множників з-під кореня я висвітлював ще в давні-давні часи на вступному уроці по аналітичної геометрії.
Площа вписаного кола знайдемо за формулою , де його радіус.
Звідки брати геометричні формули? Потрібні формули можна знайти у шкільному підручнику чи іншому джерелі інформації. При цьому немає жодної необхідності спеціально їх розучувати, особисто я згадав тільки , а все інше за лічені хвилини знайшов у Вікіпедії. І через лічені хвилини все це благополучно забуду =)
Отже, площа вписаного кола:
За геометричним визначенням: 
- Імовірність того, що крапка потрапить у вписане коло.
Відповідь:
Простіший приклад для самостійного вирішення:
Завдання 4
У колі радіуса 10 см знаходиться прямокутний трикутник з катетами 12 і 7 см. У коло навмання ставиться крапка. Знайти ймовірність того, що вона не потрапить у цей трикутник.
Слід зазначити, що в цьому завданні трикутник зовсім не зобов'язаний якось стосуватися кола, він просто розташований усередині кола і все. Будьте уважні!
А тепер розглянемо широко відоме завдання про зустріч:
Завдання 5
Дві вантажні машини можуть підійти на навантаження за 19.00 до 20.30. Навантаження першої машини триває 10 хвилин, другий – 15 хвилин. Яка ймовірність того, що на одній машині доведеться чекати закінчення навантаження на іншу?
Давайте трохи осмислимо умову. По-перше, автомобілі можуть підійти на навантаження в будь-якому порядку, а по-друге – у будь-які моменти часу протягом півтори години. По першій оглядці рішення є досить важким. І для непідготовленої людини воно справді виявиться «не по зубах». Детальний аналіз методу вирішення цього завдання можна знайти, наприклад, у навчальному посібнику Гмурмана, я ж обмежусь певною мірою формальним алгоритмом:
Рішення: Спочатку з'ясовуємо тривалість тимчасового проміжку, на якому може відбутися зустріч. В даному випадку, як уже зазначено вище, це півтори години або 90 хвилин. При цьому тут не мають особливого значення фактичні тимчасові рамки – навантаження автомобілів, може відбутися, наприклад, вранці з 8.30 до 10.00, і рішення буде таким самим.
Обчислення можна проводити як у частках години, так і в хвилинах. На мій погляд, здебільшого зручніше працювати з хвилинами – менше плутанини.
Уточнимо нижню межу інтегрування аналітично (Знайдемо точку перетину гіперболи і прямий):
На відрізку пряма розташована не нижчегіперболи,
за відповідною формулою:
За геометричним визначенням: 
- Імовірність того, що добуток двох загаданих у проміжку від 0 до 5 чисел виявиться більше двох.
Відповідь: 
Аналогічний приклад самостійного рішення.
Імовірність - ступінь (захід, кількісна оцінка) можливості настання певної події.
Класичне визначення імовірності. Імовірністю випадкової події A називається відношення числа n несумісних рівноймовірних елементарних подій, що становлять подію A, до всіх можливих елементарних подій N:
Геометричне визначення імовірності. Незважаючи на те, що класичне визначення є інтуїтивно зрозумілим і виведеним з практики, воно, як мінімум, не може бути безпосередньо застосоване у разі, якщо кількість рівноможливих результатів нескінченна. Яскравим прикладом нескінченного числа можливих наслідків є обмежена геометрична область G, наприклад, на площині, з площею S. Випадково "підкинута" "точка" з рівною ймовірністю може виявитися в будь-якій точці цієї області. Завдання полягає у визначенні ймовірності влучення точки в деяку підобласть g з площею s. У такому разі узагальнюючи класичне визначення можна дійти геометричного визначення ймовірності, як відношенню s до S:
Якщо події В і С не можуть статися одночасно, то ймовірність того, що відбудеться одна з подій або С, дорівнює сумі ймовірностей цих подій:
P(A + B) = P(A) + P(B).
Якщо подія не залежить від події С, то ймовірність того, що відбудуться обидві події В і С, дорівнює добутку ймовірностей цих подій:
P(A · B) = P(A) · P(B).
При вирішенні завдань знаходження ймовірностей часто зручно використовувати відомості з комбінаторики, зокрема, правила суми та твори.
Правило суми. Якщо певний об'єкт А може бути обраний із сукупності об'єктів m методами, інший об'єкт B – n методами, то вибрати або A, або B можна m + n методами.
Правило твору. Якщо деякий об'єкт А може бути обраний із сукупності об'єктів m способами і після кожного такого вибору інший об'єкт може бути обраний n способами, то пара об'єктів (A, B) у зазначеному порядку може бути обрана m · n способами.
Завдання з рішеннями
1. Гральна кістка, що котиться.
Звичайна гральна кістка має на своїх гранях числа 1, 2, 3, 4, 5, 6. Її кидають випадковим чином доти, поки сума очок, що випали за час кидання, не перевищить числа 12. Яка загальна сума очок буде найбільш ймовірною?
Розглянемо передостанній кидок. Після нього загальна сума повинна набувати одного з наступних значень: 12, 11, 10, 9, 8, 7. Якщо вона дорівнює 12, то загальний результат буде з рівною ймовірністю набувати значень 13, 14, 15, 16, 17, 18. Аналогічно , При сумі 11 кінцевий результат з рівною ймовірністю приймає значення 13, 14, 15, 16, 17 і так далі. Число 13 з'являється як рівний кандидат у кожному випадку і є одниною такого роду. Таким чином, число 13 – найімовірніше.
Загалом самі аргументи показують, що найімовірніша сума, вперше перевищує n (n і 6 і більше), є n+1.
2. Легковажний член журі.
У журі із трьох чоловік два члени незалежно один від одного приймають правильне рішення з ймовірністю p, а третій для винесення рішення кидає монету (остаточне рішення виноситься більшістю голосів). Журі з однієї людини виносить справедливе рішення із ймовірністю p. Яке із цих журі виносить справедливе рішення з більшою ймовірністю?
p · (1 - p) + (1 - p) · p = 2p · (1-p),
то знаходження ймовірності правильного рішення це число треба помножити на 1/2. Таким чином, повна ймовірність винесення справедливого рішення журі із трьох осіб дорівнює
p 2 + p · (1-p) = p,
що збігається з відповідною ймовірністю для журі з однієї людини.
Відповідь: обидва типи журі мають однакову можливість винести правильне рішення.
3. Трикутники, що не перетинаються.
З вершин правильного n-кутника (n>5) навмання вибираються дві трійки різних точок. Яка ймовірність того, що два трикутники, вершинами яких є вибрані трійки, не перетинаються?
Розіб'ємо всі можливі пари трійок вершин С n 6 груп, збираючи в одній групі ті і тільки ті пари трійок, які утворюють однакові шістки вершин. З одного боку, кожна така група містить стільки елементів, скільки можна розбити шістку фіксованих вершин на дві трійки, тобто С 6 3 = 20 елементів. З іншого боку, існує рівно 6 способів розбити шістку на дві трійки, що задовольняють умові, що вимагається в задачі. Тому ймовірність дорівнює 6/20 = 0,3.
Відповідь: 0,3.
4. Білі та чорні кулі.
Кожна з двох урн містить білі та чорні кулі, причому загальна кількість куль в обох урнах дорівнює 25. З кожної урни навмання виймають по одній кулі. Знаючи, що ймовірність того, що обидві вийняті кулі виявляться білими, дорівнює 0,54, знайдіть ймовірність того, що обидві вийняті кулі виявляться чорними.
Нехай загальна кількість куль у першій і другій урнах дорівнює m 1 і m 2 відповідно (для визначеності вважаємо, що m 1 не більше m 2), а кількість білих куль у цих урнах дорівнює k 1 і k 2 відповідно. Тоді ймовірність того, що обидві вийняті кулі білі, дорівнює
(k 1 / m 1) · (k 2 / m 2).
Отримуємо співвідношення:
(k 1 / m 1) · (k 2 / m 2) = 0,54 = 27/50,
27m 1 m 2 = 50k 1 k 2 ,
то хоча б одне з чисел m1, m2 ділиться на 5. Але сума m1+m2 теж ділиться на 5, тому кожне з чисел m1, m2 ділиться на 5. Таким чином, маємо всього дві можливості:
або m 1 = 5, m 2 = 20,
чи m 1 = 10, m 2 = 15.
У разі m 1 = 5, m 2 = 20 отримуємо k 1 k 2 = 54, де k 1 не перевищує 5, а k 2 не перевищує 20. Перебравши всі можливі значення k i , Знайдемо k 1 = 3, k 2 = 18. Тоді в першій урні 2 чорні кулі, у другій теж 2 чорні кулі, і ймовірність витягнути дві чорні кулі дорівнює (2/5) · (2/20) = 0,04.
Аналогічно, у разі m1 = 10, m2 = 15 знаходимо k1=9, k2=9. Тоді в першій урні 1 чорна куля, у другій – 6 чорних куль, і ймовірність витягнути дві чорні кулі дорівнює (1/10) · (6/15) = 0,04 (в обох випадках відповіді однакові).
Відповідь: 0,04.
5. Тристороння дуель.
Три стрілки А, В, С вирішили одночасно битися на дуелі. Вони розташувалися у вершинах рівностороннього трикутника і домовилися наступне: перший постріл робить А, другий – У, третій – З так далі по колу; якщо один зі стрільців вибуває, то дуель триває між двома рештою. Відомо, що стрілок А вражає ціль з ймовірністю 0,3, стрілок С - з ймовірністю 0,5, а стрілок взагалі ніколи не промахується. Кожен стріляє в одного з двох інших або повітря з таким розрахунком, щоб з найбільшою ймовірністю виграти дуель. Куди повинен направити свій перший постріл стрілок А: стрілка С, стрілка В або повітря?
Розглянемо три події, які можуть настати після першого пострілу стрільця А.
Уражений С. Тоді з ймовірністю 1 стрілок А буде вражений першим пострілом Ст.
Вражений В. Тоді:
або з ймовірністю 0,5 стрілок С вразить своїм першим пострілом,
або з ймовірністю (1 – 0,5) · 0,3 стрілок А вразить З своїм другим пострілом,
або з ймовірністю (1 – 0,5) · (1 – 0,3) · 0,5 стрілок С вразить А своїм другим пострілом,
або з ймовірністю (1 – 0,5) · (1 – 0,3) · (1 – 0,5) · 0,3 стрілок А вразить Зі своїм третім пострілом і так далі.
Отже, ймовірність для А виграти дуель у цьому випадку дорівнює
0,5 · 0,3 + 0,5 · 0,7 · 0,5 · 0,3 + 0,5 · 0,7 · 0,5 · 0,7 · 0,5 · 0,3 +. . . =
0,15 · (1 + 0,35 + 0,35 2 + . . .) = 0,15 · 1/(1 - 0,35) = (15/100) · (100/65) = 3/13 .
3) Ніхто не вражений. Після цього В буде стріляти в С (як у влучнішого зі своїх противників) і вразить його. Потім А з ймовірністю 0,3 вразить, вигравши дуель. Таким чином, оскільки 0,3 > 3/13, то найвигіднішою для стрілка є ситуація, коли після його пострілу ніхто не вражений. Значить, він має вперше стріляти у повітря.
Відповідь: А повинен перший раз стріляти у повітря.
6. Червоні та зелені м'ячі.
У сумці знаходяться 6 червоних та 8 зелених м'ячів. Випадковим чином виймаються 5 їх і поміщаються в червону коробку, решта 9 м'ячів поміщаються в зелену коробку. Яка ймовірність, що кількість червоних м'ячів у зеленій коробці плюс кількість зелених м'ячів у червоній коробці не є простим числом?
Позначимо через G кількість зелених м'ячів у червоній коробці. Так як м'ячів 6 червоних і 8 зелених, кольори повинні бути розподілені по коробках наступним чином:
Червона коробка: G зелених, (5 – G) червоних;
Зелена коробка: (8 – G) зелених, (G+1) червоних.
Тому число червоних м'ячів у зеленій коробці плюс кількість зелених м'ячів у червоній коробці дорівнює (G + 1) + G = 2G + 1 – непарному числу. Число G не перевищує 5 – загальної кількості м'ячів у червоній коробці. Тому сума 2G + 1 може набувати значень від 1 (G = 0) до 11 (G = 5).
Єдине непарне складове число в цих межах є 9. Однак ми повинні також включити і число 1, яке не є простим, ані складовим. Отже, 2G + 1 має дорівнювати 0 або 9, що можливо при G = 0 або G = 4.
Імовірність отримати вибірку з G = 0 (кількість способів мати 5 червоних віднесене до загального числа вибірок) дорівнює 6 5 / 14 5 .
Імовірність отримати вибірку з G = 4 (кількість способів мати 4 зелених і 1 червоний віднесене до загального числа вибірок) дорівнює 8 4 6 1 /З 14 5 .
Імовірність події, що шукається, знайдемо як суму зазначених ймовірностей:
(З 6 5 + З 8 4 З 6 1) / З 14 5 = (6 + 420) / 2002 = 213 / 1001.
Відповідь: 213/1001.
7. Орел чи решка?
Два гравці А та В спостерігають за хлопчиком, який безупинно підкидає монету. Результати підкидань записуються послідовно за допомогою літер: на k-му місці послідовності ставиться буква Про або буква Р залежно від того, що випадає при k-му підкиданні - "орел" або "решка" відповідно. Гравець А стверджує, що трійка ТОВ зустрінеться у записі раніше, ніж трійка ОРО. Гравець В посперечався, що станеться протилежне. Хто з гравців має більше шансів виграти у цій суперечці?
За першою літерою О (з моменту початку спостереження за хлопчиком з ймовірністю 1 літера О хоча б один раз з'явиться) з однаковою ймовірністю, що дорівнює 1/4, може йти одна з комбінацій:
РВ, ГО, РР, ОР.
У першому випадку виграє гравець В, у другому випадку виграє гравець А, а якщо реалізувався третій випадок, то після цього гравці матимуть такі самі шанси, як і на початку гри. У четвертому випадку з ймовірністю 1/2 піде літера О і виграє гравець, а з ймовірністю 1/2 піде літера Р, після чого гравці матимуть такі ж шанси, як і на початку гри. Таким чином, з ймовірністю 1/4 виграє А, з ймовірністю
1/4 + 1/4 · 1/2 = 3/8
Виграє В і з ймовірністю 3/8 виникне ситуація, коли гравці матимуть такі самі шанси, як на початку гри. Тому гравець має більше шансів виграти, ніж гравець А.
Відповідь: гравець Ст.
8. У театрі.
Вісім юнаків та сім дівчат незалежно придбали по одному квитку в тому самому театральному ряду, що налічує 15 місць. Яка середня кількість суміжних місць займають у цьому ряду пари?
Наприклад, якщо ряд заповнений так ЮЮДДЮЮДЮДЮЮЮДД (тут Ю позначає юнака, а Д - дівчину), то є 9 пар ЮД і ДЮ. Нас цікавить середня кількість таких пар. Якщо перші два місця в ряду зайняті особами різних статей, то в нас вже є пара. Імовірність цієї події дорівнює
(8/15) · (7/14) + (7/15) · (8/14) = 8/15.
Більше того, 8/15 є і середня кількість пар на перших двох місцях, оскільки
(8/15) · 1 + (7/15) · 0 = 8/15.
Така сама міркування застосовна до кожної парі суміжних місць.
Для визначення середньої кількості пар молодих людей цю величину треба помножити на число суміжних місць, що дорівнює 14, що дає 112/15.
Більш загальним чином, якщо є b об'єктів одного роду і m іншого, що розташовуються випадковим чином у ряд, то середня кількість пар, складених з різних об'єктів, дорівнює
У прикладі b = 8, m = 7, і відповідь дорівнює 112/15.
Тут ми істотно використали той факт, що математичне очікування суми випадкових величин дорівнює сумі математичних очікувань доданків. Ми знайшли середню кількість пар ЮД або ДЮ для кожних двох суміжних місць та підсумували всім таким двійкам.
Відповідь: 112/15.
9. В одній із найпопулярніших в Америці ігор гравець кидає монету з досить великої відстані на поверхню столу, розграфлену на однодюймові квадрати. Якщо монета (3/4 дюйма в діаметрі) потрапляє повністю всередину квадрата, то гравець отримує нагороду, інакше він втрачає свою монету. Які шанси виграти за умови, що монета впала на стіл?
Коли ми кидаємо монету на стіл, деякі області становища центру ваги монети ймовірніше інших, але якщо квадрат досить малий, вважатимуться, що розподіл ймовірностей рівномірно. Це означає, що ймовірність влучення центру в будь-яку область квадрата пропорційна площі цієї області; вона дорівнює площі області, поділеної на площу квадрата. Так як радіус монети дорівнює 3/8 дюйма, то для виграшу гравця центр не повинен знаходитись ближче, ніж 3/8 дюйма від сторін квадрата.
Цьому обмеженню відповідає квадрат із стороною 1/4 дюйма, усередині якого має лежати центр монети. Оскільки ймовірності пропорційні площам, то ймовірність виграшу дорівнює (1/4) 2 = 1/16.
Зрозуміло, монета взагалі може не потрапити на стіл, і ймовірність виграшу насправді ще менша. Квадрати також можуть бути зменшені за рахунок потовщення ліній, що розділяють. Якщо ці лінії мають товщину та 1/16 дюйма, то виграшній області відповідає ймовірність (3/16) 2 = 9/256, або менше 1/28.
Відповідь: 1/16.
10. Підкидання монети.
Гравець А кидає монету n+1 разів, а гравець В – n разів. Яка ймовірність того, що у результаті у гравця А випаде більше «орлів», ніж у гравця?
Нехай у гравців А та В випадає m та k «орлів» відповідно. Тоді ймовірність р події m>k дорівнює ймовірності q події
(n + 1) - m> n - k,
тобто ймовірність того, що у гравця А випадає більше «решок», ніж у гравця В (оскільки при кожному киданні монети «орел» і «решка» випадають з рівною ймовірністю).
З іншого боку, подія m>k має місце тоді і лише тоді, коли
тобто коли (n+1)-m не перевищує n-k (оскільки n-m і n-k - цілі числа). Тому р = 1-q, звідки маємо p = q = 1/2.
Відповідь: 1/2.
Завдання без рішень
1. Послідовні виграші.
Щоб підбадьорити сина, який робить успіхи у грі в теніс, батько обіцяє йому приз, якщо він виграє поспіль, принаймні, дві тенісні партії проти свого батька та клубного чемпіона за однією зі схем: батько – чемпіон – батько чи чемпіон – батько – чемпіон на вибір сина. Чемпіон грає краще за батька. Яку схему слід обрати синові?
2. «Спробуй щастя»
"Спробуй щастя" - азартна гра, в яку часто грають у гральних будинках і під час народних гулянь. Після того як гравець зробив ставку на один із номерів 1, 2, 3, 4, 5, 6, підкидаються три гральні кістки. Якщо номер граючого випадає на одній, двох або трьох кістках, то за кожну появу цього номера гравцеві виплачується первісна ставка, при цьому повертаються його власні гроші. В іншому випадку гравець втрачає ставку. Який середній програш гравця за одиничної ставки? (Насправді можна ставити на кілька номерів одночасно, але кожна ставка розглядається окремо.)
3. Колода карток.
Колода з n різних гральних карт, розташованих у випадковому порядку, містить три тузи. Верхні карти колоди одна за одною знімаються, доки не буде знято другий туз. Довести, що середня кількість знятих карток дорівнює (n + 1)/2.
4. Букет квітів
Букет квітів складається з 5 ромашок та 10 волошок. З цього букета випадково складаються маленькі букети по 3 квітки в кожному. Яка ймовірність того, що у кожному маленькому букетику буде по одній ромашці?
5. Гострокутний трикутник.
На колі випадково обрано три точки А, В, С. Яка ймовірність того, що трикутник АВС гострокутний?
Мені потрібно створити рівномірно випадкову точку в колі радіусу R.
Я розумію, що просто вибираючи рівномірно випадковий кут в інтервалі , даючи відстані від центру. Наш трикутник – тонка стрічка, так що AB та BC по суті паралельні. Таким чином, точка Z є просто відстанню x + y від початку координат. Якщо x+y > R відкидаємо назад.
Тут повний алгоритм для R = 1. Сподіваюся, ви погодитеся досить просто. Він використовує тригер, але ви можете дати гарантію того, скільки часу потрібно і скільки йому потрібно random() , на відміну від вибірки відбраковування.
T = 2*pi*random() u = random()+random() r = if u>1 then 2-u else u
Тут він знаходиться в Mathematica.
F: = Block [(u, t, r), u = Random + Random; t = Random 2 Pi; r = If; (r Cos[t], r Sin[t])] ListPlot, AspectRatio -> Automatic]
Ось швидке та просте рішення.
Виберіть два випадкові числа в діапазоні (0, 1), а саме a та b . Якщо b< a , замените их. Ваша точка (b*R*cos(2*pi*a/b), b*R*sin(2*pi*a/b)) .
Ви можете подумати про це рішення в такий спосіб. Якби ви взяли коло, розрізали його, а потім випрямили, ви одержали прямокутний трикутник. Масштабуйте трикутник вниз, і у вас буде трикутник від (0, 0) до (1, 0) до (1, 1) і назад до (0, 0) . Всі ці перетворення змінюють щільність поступово. Те, що ви зробили, рівномірно вибрали випадкову точку у трикутнику та змінило процес, щоб отримати точку у колі.
Зверніть увагу на густину точок пропорційно зворотному квадрату радіусу, тому замість того, щоб вибирати r з , виберіть з , потім обчисліть свої координати як:
X = sqrt (r) * cos (angle) y = sqrt (r) * sin (angle)
Це дасть вам рівномірний розподіл точок на диску.
Подумайте про це так. Якщо у вас є прямокутник, де одна вісь дорівнює радіусу, а одна - кутку, і ви берете точки всередині цього прямокутника, близькі до радіуса 0. Усі вони будуть дуже близькими до початку координат (це близько до кола). Однак, точки поблизу радіусу R, всі вони будуть падати поруч із краєм кола (тобто далеко один від одного).
Це може дати вам деяке уявлення про те, чому ви отримуєте таку поведінку.
Основна передумова полягає в тому, що ви можете створити змінну з бажаним розподілом з рівномірною шляхом зіставлення рівномірної зворотної функції кумулятивної функції розподілу бажаної функції ймовірності. Навіщо? Просто візьміть це належним чином, але це факт.
Ось моє трохи інтуїтивне пояснення математики. Функція щільності f(r) по r повинна бути пропорційна r. Розуміння цього факту є частиною будь-яких базових книг з обчислення. розділ Розділи про полярні елементи. Деякі інші плакати згадали про це.
Отже, називатимемо його f(r) = C * r;
Це, як виявилося, більшість роботи. Тепер, оскільки f(r) має бути щільністю ймовірності, неважко бачити, що інтегруючи f(r) на інтервалі (0, R), ви отримуєте, що C = 2/R^2 (це вправа для читача.)
Таким чином, f(r) = 2 * r/R ^ 2
Тоді кінцева частина йде від рівномірної випадкової величини u (0,1), яку ви повинні відобразити зворотною функцією кумулятивної функції розподілу з цієї необхідної щільності f (r). Щоб зрозуміти, чому це так, вам потрібно знайти розширений текст ймовірності, наприклад Папуліс (або отримати його самостійно).
Інтегруючи f(r), ви отримуєте F(r) = r^2/R^2
Щоб знайти зворотну функцію цього, ви задаєте u = r ^ 2/R ^ 2, а потім вирішимо для r, що дає вам r = R * sqrt (u)
Це теж має сенс інтуїтивно, u = 0 слід відображати в r = 0. Крім того, u = 1 shoudl map to r = R. Крім того, це функція квадратного кореня, яка має сенс і відповідає засланню.
Причина, через яку наївне рішення не працює, полягає в тому, що вона дає більш високу щільність ймовірності точкам, розташованим ближче до центру кола. Інакше кажучи, коло з радіусом r/2 має можливість r/2 отримання обраної у ньому точки, але має площу (кількість точок) pi * r ^ 2/4.
Тому ми хочемо, щоб щільність ймовірності радіусу мала таку властивість:
Імовірність вибору радіусу, меншого або рівного заданому r, повинна бути пропорційна площі кола з радіусом r. (бо ми хочемо мати рівномірний розподіл по точках, а великі області - більше очок)
Іншими словами, ми хочемо, щоб ймовірність вибору радіусу між дорівнювала його частці загальної площі кола. Загальна площа кола дорівнює pi*R^2, а площа кола з радіусом r дорівнює pi*r^2. Таким чином, ми хотіли б, щоб ймовірність вибору радіусу між була (pi*r^2)/(pi*R^2 ) = r^2/R^2.
Тепер йде математика:
Імовірність вибору радіусу між є інтегралом від p(r)dr від 0 до r (це тільки тому, що ми додаємо всі ймовірності менших радіусів). Таким чином, ми хочемо, щоб інтеграл (p (r) dr) = r ^ 2/R ^ 2. Ми можемо ясно бачити, що R ^ 2 є константою, тому нам потрібно лише з'ясувати, яка з p (r), коли інтегрована дасть нам щось на зразок r^2. Відповідь явно r* постійна. інтеграл (r*const dr) = r^2/2* постійний. Це має дорівнювати r ^ 2/R ^ 2, тому константа = 2/R ^ 2. Таким чином, у вас є розподіл ймовірності p (r) = r * 2/R ^ 2
Примітка.Ще один інтуїтивний спосіб подумати про проблему полягає в тому, щоб уявити, що ви намагаєтеся дати кожному колу радіуса ймовірності ймовірності рівну пропорції кількості очок, які вона має на своєму довжина кола. Таким чином, коло з радіусом r буде мати 2 * pi * r "точки" по її колу. Загальна кількість точок pi * R ^ 2. Таким чином, ви повинні дати кола r ймовірність, що дорівнює (2 * pi * r)/(pi * R ^ 2) = 2 * r/R ^ 2. Це набагато легше зрозуміти і більше інтуїтивно зрозумілим, але це не так, як математично здорово.
Це дійсно залежить від того, що ви маєте на увазі під "рівномірно випадковим". Це тонка точка, і ви можете прочитати більше про це на сторінці wiki тут: http://en.wikipedia.org/wiki/Bertrand_paradox_%28probability%29 , де та ж проблема, що дає різні інтерпретації "рівномірно випадковий" дає різні відповіді!
Залежно від того, як ви вибираєте точки, розподіл може змінюватися, хоча вони певною мірою рівномірні.
Здається, що запис у блозі намагається зробити його рівномірним випадковим у такому сенсі: якщо ви візьмете субколо кола з тим же центром, то ймовірність того, що крапка потрапить у цю область, пропорційна області регіону. Це, я вважаю, намагається слідувати тепер стандартної інтерпретації "рівномірно випадкових" для 2D-областей з областями, визначеними на них: ймовірність точки падіння в будь-якій області (з чітко визначеною областю) пропорційно площі цієї області.
Ось мій код Python для генерації num випадкових точок із кола радіусу rad:
Import matplotlib.pyplot import numpy як np rad = 10 num = 1000 t = np.random.uniform(0.0, 2.0*np.pi, num) r = rad * np.sqrt(np.random.uniform(0.0) 1.0, num)) x = r * np.cos (t) y = r * np.sin (t) plt.plot (x, y, "ro", ms = 1) plt. , -15, 15]) plt.show()
Нехай ρ (радіус) та φ (азимут) – дві випадкові величини, що відповідають полярним координатам довільної точки всередині кола. Якщо точки розподілені рівномірно, то якою є функція розподілу функцій ρ і φ?
Для будь-якого r: 0 P [ρ Де S1 і S0 - площі кола радіусу r і R відповідно. Таким чином, CDF можна вказати як: 0 if r<=0
CDF = (r/R)**2 if 0 < r <= R
1 if r >R PDF = d/dr(CDF) = 2 * (r/R**2) (0< r <= R).
Зауважимо, що для R = 1 випадкова величина sqrt (X), де X рівномірна = P = y * * 2 при 0 Розподіл φ очевидно поступово від 0 до 2 * π. Тепер ви можете створити випадкові полярні координати та перетворити їх на декартову за допомогою тригонометричних рівнянь: X = ρ * cos(φ) y = ρ * sin(φ) Не встояти перед відправкою коду python для R = 1. З matplotlib import pyplot as plt import numpy as np rho = np.sqrt(np.random.uniform(0, 1, 5000)) phi = np.random.uniform(0, 2*np.pi, 5000) x = r * np.cos(phi) y = rho * np.sin(phi) plt.scatter(x, y, s = 4) Ви отримаєте Рішення в Java і приклад поширення (2000 пікселів) Public void getRandomPointInCircle() ( double t = 2 * Math.PI * Math.random(); double r = Math.sqrt(Math.random()); double x = r * Math.cos(t); double y = r * Math.sin(t); System.out.println(x); System.out.println(y); Спочатку ми згенеруємо cdf [x], який є Імовірність того, що точка менша від відстані x від центру кола. Припустимо, що коло має радіус R. Очевидно, якщо x дорівнює нулю, то cdf = 0 очевидно, якщо x дорівнює R, cdf [R] = 1 очевидно, якщо x = r, то cdf [r] = (Pi r ^ 2)/(Pi R ^ 2) Це пов'язано з тим, що кожна "невелика область" на колі має таку можливість бути обрана, тому ймовірність пропорційна цій області. А площа, задана з відривом x від центру кола, дорівнює Pi r ^ 2 тому cdf[x] = x^2/R^2, тому що Pi відміняють один одного маємо cdf [x] = x ^ 2/R ^ 2, де x переходить від 0 до R Отже, ми вирішуємо для x R^2 cdf[x] = x^2 x = R Sqrt[ cdf[x] ] Тепер ми можемо замінити CDF на випадкове число від 0 до 1 X = R Sqrt [RandomReal [(0,1)]] R = R Sqrt [RandomReal [(0,1)]]; theta = 360 deg * RandomReal [(0,1)]; (R, theta) отримуємо полярні координати (0,601168 R, 311,915 град.) Я використовував цей метод: Це може бути абсолютно неоптимізовано (тобто використовує масив точок, тому він непридатний для великих кіл), але дає випадковий розподіл. Ви можете пропустити створення матриці та намалювати безпосередньо, якщо хочете. Метод полягає в тому, щоб рандомізувати всі точки прямокутника, які потрапляють всередину кола. Bool[,] getMatrix(System.Drawing.Rectangle r) ( bool[,] matrix = new bool; return matrix; ) void fillMatrix(ref bool[,] matrix, Vector center) ( double radius = center.X; Random r = new Random(); for (int y = 0; y< matrix.GetLength(0); y++) {
for (int x = 0; x < matrix.GetLength(1); x++)
{
double distance = (center - new Vector(x, y)).Length;
if (distance < radius) {
matrix = r.NextDouble() >0.5; ) ) ) ) private void drawMatrix(Vector centerPoint, double radius, bool[,] matrix) ( var g = this.CreateGraphics(); Bitmap pixel = new Bitmap(1,1); pixel.SetPixel(0, 0, Color .Black);for (int y = 0; y< matrix.GetLength(0); y++)
{
for (int x = 0; x < matrix.GetLength(1); x++)
{
if (matrix) {
g.DrawImage(pixel, new PointF((float)(centerPoint.X - radius + x), (float)(centerPoint.Y - radius + y)));
}
}
}
g.Dispose();
}
private void button1_Click(object sender, EventArgs e)
{
System.Drawing.Rectangle r = new System.Drawing.Rectangle(100,100,200,200);
double radius = r.Width / 2;
Vector center = new Vector(r.Left + radius, r.Top + radius);
Vector normalizedCenter = new Vector(radius, radius);
bool[,] matrix = getMatrix(r);
fillMatrix(ref matrix, normalizedCenter);
drawMatrix(center, radius, matrix);
}
Елемент області у колі дорівнює dA = rdr*dphi. Цей додатковий фактор зруйнував вашу ідею, щоб випадково вибрати r і phi. У той час як phi розподілена плоскою, r не є, а плоскою в 1/r (тобто ви з більшою ймовірністю потрапите на кордон, ніж "бичаче око"). Отже, щоб створити точки, рівномірно розподілені по колу, вибрати phi із плоского розподілу та r із розподілу 1/r. Як альтернативу можна використовувати метод Монте-Карло, запропонований Мехрдадом. ЗМІНИТИ Щоб вибрати випадкову r плоску в 1/r, можна вибрати випадковий x з інтервалу і обчислити r = 1/x. r потім розподіляється щільно 1/r. Щоб обчислити випадковий phi, виберіть випадковий x з інтервалу та обчислимо phi = 2*pi*x. Ви також можете використати свою інтуїцію. Площа кола дорівнює pi*r^2 Це дає нам область pi. Припустимо, що маємо деяку функцію f , яка рівномірно розподіляла б N=10 точок всередині кола. Співвідношення тут 10/pi Тепер ми подвоюємо площу та кількість точок При r=2 та N=20 Це дає площу 4pi і тепер співвідношення становить 20/4pi або 10/2pi. Ставлення ставатиме дедалі менше і менше, ніж більше радіус, оскільки його зростання квадратичний, а N лінійно. Щоб виправити це, ми можемо просто сказати X = r^2 sqrt(x) = r Якщо ви створите вектор у полярних координатах, як це Не того, що Рассел, про цирульник і діагональний аргумент, а того, що Жозеф Луї Франсуа. Полягає в наступному. Відповідь залежить від того, як саме ми цю хорду вибиратимемо. А саме, є такі три методи (можна і більше, але вистачить і цього поки що): Метод 1: Хорда - це що? Відрізок, що з'єднує дві точки на колі. Не мудруючи лукаво, візьмемо на цьому колі дві випадкові точки (незалежним чином), і проведемо хорду між ними. Оскільки все тут у нас симетрично, БООМС перша точка потрапить прямо на північний полюс, а подія Астанеться, коли друга точка потрапить на червону дугу на картинці (всі хорди в даному пості мають синій колір): Метод 2. А тепер візьмемо, і проведемо хорду так. Виберемо спочатку випадковий радіус (тобто з'єднаємо центр із випадковою точкою на колі), потім на ньому виберемо випадкову точку, проведемо перпендикуляр, і отримаємо хорду. Знову, БООМС цей радіус веде на північний полюс (і чого мене так на північний полюс потягнуло...), а сторона рівностороннього трикутника (який з вершиною на південному полюсі) ділить цей радіус строго навпіл, і знову ж таки із споглядання картинки Метод 3. Загалом просто виберемо одну випадкову точку всередині кола. Зрозуміло, що строго в центр нам потрапити не світить, а отже існує єдина хорда, центральна точка якої збігається з обраною. Її і розглянемо. Точніше, розглянемо картинку Ось. Одне завдання, три різні відповіді, 1/3, 1/2, 1/4. І тут на цьому місці зазвичай робиться висновок, що завдання сформульовано некоректно, потрібно обов'язково вказати, що саме ми розуміємо під "вибрати випадкову хорду", а інакше не можна. Так? А ось не так! Точніше, не зовсім так. Тут така справа: якщо ми захочемо неодмінно формулювати всі імовірнісні завдання абсолютно суворим і точним чином, то замість, наприклад "з десяти чоловік вибираємо двох випадковим чином" доведеться писати щось на кшталт "з множини всіх невпорядкованих пар різних елементів множини". ...,10) вибираємо одну пару з рівномірним розподілом ймовірностей. Ну його нафіг, я вважаю, зазвичай і так зрозуміло, що коли кажуть "виберемо випадковим чином" без подальших уточнень, то це означає, що вибір рівноймовірний, тобто робиться з рівномірним розподілом. ОК. Добре. Але тут мені заперечать у тому сенсі, що Зрозуміло, як рівноймовірно вибрати випадковий елемент множини з Nелементів (кожен береться з ймовірністю 1/N) Теж інтуїтивно зрозуміло, що такий рівномірний розподіл у будь-якій області, скажімо, на площині (коло, квадрат, ...). Але що робити для складніших об'єктів? А ми дамо відповідь на це так. Головне, я навіть сказав би, характеристичневластивість рівномірного розподілу така. Нехай H- деяке підмножина множини G, і виберемо один об'єкт з Gрівноймовірним чином. Так ось, за умови, що результат потрапив у H- він має там рівномірний розподіл, така інваріантність виходить. Наприклад, якщо з групи 5 чоловіків/5 жінок випадково вибрати одну людину, і відомо, що це – жінка, то тоді будь-яка з тих п'яти має рівні шанси (1/5) виявитися обраницею. Та й до рівномірного вибору точки з області все це також стосується. Ну, і що ми хочемо від випадкової хорди тоді? У світлі вищевикладеного, видається мені розумним, що хочемо ми наступного: Так ось, виявляється, що з трьох вищевказаних методів побудови випадкової хорди, цією властивістю має лише метод 2! І ніхто, крім нього; всі інші не годяться. Все це давно відомо, див. статтю, дуже рекомендую. Те, що ми тут уже обговорили, однак наводить на такі думки. Добре, ми знаємо тепер, що є випадкова хорда кола. Як Значить, повторюючи пройдене, хорда - це відрізок, що з'єднує дві точки на межі нашої області. Замість того, щоб відразу вибирати ці дві точки, спробуємо зробити інакше: виберемо спочатку одну точку на кордоні (якимось чином), а потім виберемо напрямок (ще якимось чином), куди піде хорда з цієї точки. І піде вона до перетину з кордоном, куди вже прийде - там другий точці і бути. Тільки в якості простої вправи на знання шкільної планіметрії, доведіть, що метод 1 еквівалентний такій процедурі: спочатку беремо одну точку рівномірно на колі, а потім напрямок хорди теж вибирається з рівномірним розподілом, як би всі напрямки рівноймовірні. А з нашим дорогим способом 2 ситуація така: напрямок хорди вибирається за законом косинуса, тобто. щільність розподілу цього напряму пропорційна косинусу кута між ним та радіусом (доведіть!). Що ж буде, якщо подібну процедуру зробити з більш-менш довільною областю (нудні коментарі про достатню гладкість її кордону ми тут писати не будемо), а саме (а) спочатку виберемо точку рівномірно на кордоні (б) виберемо напрям звідти за законом косинуса (кут - з нормаллю до кордону у цій точці), і хорда пішла. Виявляється, це все дійсно працює, та ще й у будь-якій розмірності до того ж! Можна довести, що ________________________________________ _____________________________________ Jaynes, ET. (1973). "The Well-Posed Problem". Found. Phys. 3
(4): 477-492.
F. Comets, S. Popov, G.M. Schütz, M. Vachkovskaia (2009) Кендал, Моран. (1972) 
Завдання: є коло, там випадково проводимо хорду. Яка ймовірність події
А=(хорда вийшла довшою, ніж сторона рівностороннього трикутника, вписаного в коло)?
Тобто очевидно, шукана ймовірність виходить 1/3.
(Треба, щоб випадкова точка на радіусі потрапила на червоний відрізок) ясно, що ймовірність, що шукається, дорівнює 1/2.
і з усією очевидністю отримаємо, що ймовірність, що шукається, дорівнює 1/4 (радіус внутрішнього кола, куди повинна потрапити обрана точка, в два рази менше вихідного).
за умови, що випадкова хорда АВперетинає дрібне коло (породжуючи там хорду А "В"), ця хорда А "В"має той самий імовірнісний розподіл, як і просто "випадкова хорда" (що б це не означало, поки) в невеликому колі.
справжні математики, ми бажаємо це узагальнити, з кіл на еліпси, квадрати, гіперкуби, і все-що-завгодно. Ну давайте спробуємо.
(Майже copy-paste, зверніть увагу) за умови, що випадкова хорда АВперетинає внутрішню область (породжуючи там хорду А "В"), ця хорда А "В"має той самий вероятностное розподіл, як і просто випадкова хорда у внутрішній областисти (зовнішня область тут більш-менш довільна, тоді як внутрішня - опукла, щоб " індукована " хорда завжди було визначено однозначно). Скористаюся нагодою і порекламую тут статтю, хоч ми там подекуди винайшли велосипед. Потрібно було попередньо хоча б книжку прочитати (і її дуже рекомендую, так).
Billiards в загальному будинку з рівнем reflections.
Archive for Rational Mechanics and Analysis, 193
(3), pp. 737-738,
http://link.springer.com/ article/10.1007%2Fs00205-008- 0120-x?LI=true
Див також Erratum ось тут: http://link.springer.com/ article/10.1007%2Fs00205-009- 0236-7?LI=true , бо накосячили.
А найкраще читати тут: http://arxiv.org/abs/math/ 0612799, там уже все виправлено, і доступ вільний.
Геометричні можливості.
Думаю, кожен знайде де скачати:)
