Geometrinis tikimybės apibrėžimas. Problemos su sprendimais

Lauke ankstyvos rudens dienos, o geltona lapija ant medžių kelia lyrišką ir šiek tiek liūdną nuotaiką... Tačiau dar laukia visi mokslo metai ir tokiomis akimirkomis reikia ruoštis vaisingam darbui! Skubu pamaloninti visus mopingo skaitytojus savo firminiu receptu, kuris leidžia greitai pakelti kūno tonusą. Norėdami tai padaryti, tiesiog prisiminkite šiek tiek geometrija… … ne, sutinku, kad kartais tai užmigdo, bet mažomis dozėmis tai nepaprastai pagyvina! Ir, svarbiausia, tai labai veiksminga – vos tik pradėsite vartoti gyvybę teikiančias žinių porcijas, iš karto nepajusite jokios sezoninės depresijos!

Pirmoje pamokoje šia tema susitikome klasikinis tikimybės apibrėžimas tam tikro įvykio įvykis teste ir paprasčiausia formulė , kur yra bendras skaičius viskas įmanoma vienodai įmanoma , elementarus tam tikro testo rezultatai ir yra elementarių įvykiui palankių rezultatų skaičius.

Turite problemų dėl terminijos ir (arba) supratimo? Pradėkite nuo tikimybių teorijos pagrindai.

Pereikime toliau: klasikinis tikimybės apibrėžimas pasirodo esąs veiksmingas sprendžiant daugybę problemų, tačiau, kita vertus, jis turi ir nemažai trūkumų. Dar teisingiau būtų sakyti ne trūkumus, o apribojimus. Vienas iš tokių apribojimų yra tai, kad jis netaikomas bandymams su begaliniu rezultatų skaičiumi. Paprasčiausias pavyzdys:

Alkanas taškas atsitiktinai įmetamas į atkarpą. Kokia tikimybė, kad jis pateks tarp ?

Kadangi atkarpoje yra be galo daug taškų, formulės čia pritaikyti negalima (dėl be galo didelės „en“ reikšmės) ir taip į pagalbą ateina kitas požiūris, vadinamas geometrinis tikimybės apibrėžimas.

Viskas yra labai panašiai: tikimybė, kad bandyme įvyks koks nors įvykis, yra lygi santykiui , kur – geometrinis matas, išreiškiantis bendrą skaičių viskas įmanoma Ir vienodai įmanomašio testo rezultatai ir – matuoti, išreiškiantis įvykiui palankių rezultatų skaičių. Praktikoje toks geometrinis matas dažniausiai yra ilgis arba plotas, rečiau tūris.

Panagrinėkime įvykį: – į atkarpą įmestas taškas patenka į intervalą. Akivaizdu, kad bendras rezultatų skaičius išreiškiamas didesnio segmento ilgiu: , o įvykiui palankūs rezultatai yra įterpto segmento ilgis: Pagal geometrinį tikimybės apibrėžimą:

Per lengva? Kaip ir būna su klasikinis apibrėžimas, tai klaidinantis įspūdis. Nuodugniai ir sąžiningai suprantame praktinius pavyzdžius:

1 problema

Skaitiklio juosta atsitiktinai nupjaunama žirklėmis. Raskite tikimybę, kad pjovimo ilgis bus bent 80 cm.

Sprendimas: „Kas čia tokio sudėtingo? Tikimybė yra 1/5“. Tai automatinė klaida, padaryta dėl neatsargumo. Taip, tai visiškai teisinga - pjovimo ilgis bus bent 80 cm, jei nuo juostos nupjausite ne daugiau kaip 20 centimetrų. Tačiau čia jie dažnai pamiršta, kad galima padaryti norimą pjūvį kaip iš vieno juostos pabaiga ir iš kito:

Apsvarstykite įvykį: – pjovimo ilgis bus bent 0,8 m.

Kadangi juostą galima nupjauti bet kur, bendras baigčių skaičius atitinka jos ilgį: Paveiksle raudonai pažymėtos įvykiui palankios pjūvio atkarpos, o bendras jų ilgis lygus:

Atsakymas: 0,4

Ką galima padaryti išvadą? Net jei užduotis jums atrodo labai paprasta, NESKUBĖKITE. Impulsyvumas apskritai yra blogas dalykas – tai reiškia klaidas, nereikalingus pirkinius, pažeistus odos santykius ir t.t., bet nekalbėkime apie liūdnus dalykus!

Ruošdami užduotis būtinai nurodykite matmenis (vienetai, metrai, kvadratiniai vienetai, kvadratiniai metrai ir kt.). Beje, atkreipkite dėmesį, kad paskutiniame skaičiavimų etape geometrinis matas sumažinamas. Taigi nagrinėjamame pavyzdyje matuokliai buvo sumažinti: , todėl buvo įprasta bematė tikimybė.

2 problema

Po audros tarp 40 ir 70 telefono linijos kilometrų nutrūko laidas. Kokia tikimybė, kad tai įvyko tarp 50-ojo ir 55-ojo linijos kilometro?

Trumpas sprendimas ir atsakymas pamokos pabaigoje.

Daug dažniau pateikiami pavyzdžiai, kuriuose atsiranda sričių:

3 problema

Į trikampį su kraštinėmis įrašytas apskritimas. Taškas savavališkai dedamas į trikampį. Raskite tikimybę, kad taškas pateks į apskritimą.

Leiskite jums priminti, kad įbrėžtas apskritimas yra trikampio viduje ir liečia jo kraštines 3 taškuose

Sprendimas: kadangi taškas yra trikampyje, o apskritimas yra viduje, bendras rezultatų skaičius atitinka trikampio plotą, o palankių rezultatų rinkinys – įbrėžto apskritimo plotą. Ką aš galiu pasakyti? Ieškome sričių:

Jei pateikti trikampio kraštinių ilgiai, tada jo plotą patogu rasti naudojant Garnio formulė:
, kur yra trikampio kraštinių ilgiai ir yra pusperimetras.

Pirmiausia apskaičiuokime trikampio pusperimetrą: o tada jo sritis:

Dar senovėje per įvadinę pamoką aprašiau faktorių ištraukimo iš po šaknies metodą analitinė geometrija.

Įbrėžto apskritimo plotą randame naudodami formulę , kur yra jo spindulys.

Iš kur gaunate geometrines formules? Reikiamas formules galima rasti mokykliniame vadovėlyje ar kitame informacijos šaltinyje. Tuo pačiu metu jų specialiai mokytis nereikia, aš asmeniškai tik prisiminiau, o visa kita radau per kelias minutes Vikipedijoje. Ir po kelių minučių aš laimingai visa tai pamiršiu =)

Taigi, įbrėžto apskritimo plotas yra:

Pagal geometrinį apibrėžimą:
– tikimybė, kad taškas pateks į įrašytą apskritimą.

Atsakymas:

Paprastesnis pavyzdys, kurį galite išspręsti patys:

4 problema

10 cm spindulio apskritime yra stačiakampis, kurio kojos yra 12 ir 7 cm. Raskite tikimybę, kad jis nepateks į nurodytą trikampį.

Reikėtų pažymėti, kad šioje užduotyje trikampis jokiu būdu neturi liesti apskritimo, jis tiesiog yra apskritimo viduje ir viskas. Būkite atsargūs!

Dabar apsvarstykite gerai žinomą susitikimo problemą:

5 problema

Pakrovimui du sunkvežimiai gali atvykti nuo 19.00 iki 20.30 val. Pirmo automobilio pakrovimas trunka 10 min., antrojo – 15 min. Kokia tikimybė, kad viena mašina turės palaukti, kol kita baigs krauti?

Pamąstykime šiek tiek apie būklę. Pirma, automobiliai pakrovimui gali atvykti bet kokia tvarka, antra, bet kuriuo metu per pusantros valandos. Iš pirmo žvilgsnio sprendimas atrodo gana sunkus. O nepasiruošusiam žmogui tai tikrai bus per sunku. Išsamią šios problemos sprendimo metodo analizę galima rasti, pavyzdžiui, Gmurmano vadovėlyje, tačiau tam tikru mastu apsiribosiu formaliu algoritmu:

Sprendimas: Pirmiausia išsiaiškiname, kiek laiko gali įvykti susitikimas. Šiuo atveju, kaip minėta aukščiau, tai yra pusantros valandos arba 90 minučių. Tuo pačiu metu tikrasis laiko tarpas čia neturi didelės reikšmės – automobilių pakrovimas gali vykti, pavyzdžiui, ryte nuo 8.30 iki 10.00, o sprendimas bus lygiai toks pat.

Skaičiavimai gali būti atliekami ir valandos dalimis, ir minutėmis. Mano nuomone, daugeliu atvejų patogiau dirbti su minutėmis – mažiau painiavos.

Išaiškinkime apatinę integracijos ribą analitiškai (raskime hiperbolės susikirtimo tašką ir tiesiai):

Atkarpoje yra tiesi linija ne žemesnė hiperbolės,
pagal atitinkamą formulę:

Pagal geometrinį apibrėžimą:
– tikimybė, kad dviejų skaičių, atspėtų intervale nuo 0 iki 5, sandauga bus didesnė už du.

Atsakymas:

Panašus nepriklausomo sprendimo pavyzdys.

Turiu sukurti vienodai atsitiktinį tašką apskritime, kurio spindulys R.

Aš suprantu, kad tiesiog pasirenkant tolygiai atsitiktinį kampą intervale, nurodant atstumus nuo centro. Mūsų trikampis yra plona juostelė, todėl AB ir BC iš esmės yra lygiagrečios. Taigi taškas Z yra tiesiog x + y atstumas nuo pradžios. Jei x + y > R atmesime jį atgal.

Štai visas R = 1 algoritmas. Tikiuosi, kad jums tai gana paprasta. Jis naudoja trigerį, bet galite suteikti garantiją, kiek laiko tai užtruks ir kiek atsitiktinių () reikia, o ne atmetimo pavyzdį.

T = 2*pi*atsitiktinis() u = atsitiktinis()+atsitiktinis() r = jei u>1, tada 2-u kitaip u

Štai „Mathematica“.

F := Blokas [(u, t, r), u = Atsitiktinis + Atsitiktinis;

t = atsitiktinis 2 Pi;

r = Jei;< a , замените их. Ваша точка (b*R*cos(2*pi*a/b), b*R*sin(2*pi*a/b)) .

(r Cos[t], r Sin[t]) ] ListPlot, AspectRatio -> Automatic]

Štai greitas ir paprastas sprendimas.

Pasirinkite du atsitiktinius skaičius diapazone (0, 1), būtent a ir b. Jei b

Apie šį sprendimą galite pagalvoti taip. Jei paimtumėte apskritimą, iškirptumėte jį ir ištiesintumėte, gautumėte stačiakampį trikampį. Sumažinkite trikampio mastelį ir turėsite trikampį nuo (0, 0) iki (1, 0) iki (1, 1) ir atgal į (0, 0). Visos šios transformacijos tolygiai keičia tankį. Tai, ką padarėte, buvo tolygiai pasirinkti atsitiktinį trikampio tašką ir pakeisti procesą, kad gautumėte tašką apskritime.

Atminkite, kad taškų tankis yra proporcingas atvirkštiniam spindulio kvadratui, todėl užuot pasirinkę r iš , pasirinkite iš , tada apskaičiuokite savo koordinates taip:

X = sqrt (r) * cos (kampas) y = sqrt (r) * sin (kampas)

Pagrindinė prielaida yra ta, kad galite sukurti kintamąjį su norimu pasiskirstymu iš vienodo, pritaikydami tolygų atvirkštinį kaupiamojo skirstinio funkciją prie norimos tikimybės tankio funkcijos. Už ką? Tiesiog priimkite tai kaip savaime suprantamą dalyką, bet tai faktas.

Štai mano šiek tiek intuityvus matematikos paaiškinimas. Tankio funkcija f(r) r atžvilgiu turi būti proporcinga pačiam r. Šio fakto supratimas yra visų pagrindinių skaičiavimo knygų dalis. Žr. skyrelius apie poliarinius elementus. Kai kurie kiti plakatai tai paminėjo.

Taigi, pavadinkime tai f (r) = C * r;

Pasirodo, tai yra didelė darbo dalis. Kadangi f(r) turi būti tikimybės tankis, nesunku pastebėti, kad integravus f(r) per intervalą (0, R), gauname, kad C = 2/R^2 (tai yra pratimas skaitytojui .)

Taigi f(r) = 2 * r/R^2

Tada paskutinė dalis gaunama iš vienodo atsitiktinio dydžio u (0,1), kurį turite susieti su šio reikiamo tankio f(r) kumuliacinio pasiskirstymo funkcijos atvirkštine verte. Kad suprastumėte, kodėl taip yra, turėsite rasti išplėstinį tikimybių tekstą, pvz., Papulis (arba gauti jį patys).

Integruodami f(r) gausite F(r) = r^2/R^2

Norėdami rasti atvirkštinę funkciją, nurodykite u = r^2/R^2, tada išspręskite r, taip gausite r = R * sqrt(u)

Taip pat intuityviai suprantama, kad u=0 turėtų susieti su r=R. Be to, tai yra kvadratinės šaknies funkcija, kuri atitinka nuorodą.

Priežastis, kodėl naivus sprendimas neveikia, yra ta, kad jis suteikia didesnį tikimybės tankį taškams, esantiems arčiau apskritimo centro. Kitaip tariant, apskritimas, kurio spindulys r/2, turi tikimybę r/2 gauti jame pasirinktą tašką, bet turi plotą (taškų skaičių) pi * r^2/4.

Todėl norime, kad spindulio tikimybės tankis turėtų tokią savybę:

Tikimybė pasirinkti spindulį, mažesnį arba lygų tam r, turi būti proporcinga apskritimo, kurio spindulys r, plotui. (nes norime tolygiai paskirstyti taškus, o didesni plotai reiškia daugiau taškų)

Kitaip tariant, norime, kad tikimybė pasirinkti spindulį tarp būtų lygi jo daliai viso apskritimo ploto. Bendras apskritimo plotas yra pi * R ^ 2, o apskritimo, kurio spindulys yra r, plotas yra pi * r ^ 2, todėl norėtume, kad tikimybė pasirinkti spindulį būtų (pi * r^ 2)/(pi * R^2 ) = r^2/R^2.

Dabar ateina matematika:

Tikimybė pasirinkti spindulį tarp yra p(r)dr integralas nuo 0 iki r (tai tik todėl, kad pridedame visas mažesnių spindulių tikimybes). Taigi norime, kad integralas (p(r)dr) = r^2/R^2. Galime aiškiai matyti, kad R^2 yra konstanta, todėl tereikia išsiaiškinti, kuris iš p(r), kai bus integruotas pateikite kažką panašaus į r^2 Atsakymas yra aiškiai r* pastovus. integralas (r * const dr) = r ^ 2/2 * konstanta. Tai turi būti lygus r^2/R^2, taigi konstanta = 2/R^2 Taigi jūs turite tikimybių skirstinį p(r) = r*2/R^2

Pastaba. Kitas intuityvus būdas mąstyti apie problemą yra įsivaizduoti, kad kiekvienam apskritimui bandote suteikti tikimybės spindulį, lygią taškų skaičiaus, kurį jis turi savo apskritimo ilgyje. Taigi apskritimas, kurio spindulys r, turės 2 * pi * r "taškus" išilgai jo perimetro. Bendras taškų skaičius yra pi * R^2. Taigi jūs turėtumėte suteikti apskritimui r tikimybę, lygią (2 * pi * r)/(pi * R^2) = 2 * r/R^2 suprantamas ir intuityvesnis, bet tai nėra taip sveika matematiškai.

Tai tikrai priklauso nuo to, ką reiškia „vienodai atsitiktinis“. Tai puikus dalykas, ir daugiau apie tai galite perskaityti wiki puslapyje čia: http://en.wikipedia.org/wiki/Bertrand_paradox_%28probability%29, kur ta pati problema pateikia skirtingus „vienodai atsitiktinių“ interpretacijų. skirtingi atsakymai!

Priklausomai nuo to, kaip pasirinksite taškus, pasiskirstymas gali keistis, nors ir šiek tiek vienodas.

Panašu, kad tinklaraščio įrašas bando padaryti jį vienodai atsitiktinį šia prasme: jei paimsite apskritimo su tuo pačiu centru poapskritį, tada taško nukritimo į tą sritį tikimybė yra proporcinga regiono plotui. . Manau, kad tai bando laikytis dabar standartinio „vienodai atsitiktinio“ aiškinimo 2D regionams su apibrėžtais regionais: tikimybė, kad taškas nukris į bet kurį regioną (su gerai apibrėžta sritimi), yra proporcinga sričiai. tą regioną.

Štai mano Python kodas, skirtas generuoti atsitiktinių taškų skaičių iš apskritimo, kurio spindulys yra rad:

Importuoti matplotlib.pyplot kaip plt importuoti numpy kaip np rad = 10 num = 1000 t = np.random.uniform(0.0, 2.0*np.pi, skaičius) r = rad * np.sqrt(np.random.uniform(0.0, 1,0, skaičius)) x = r * np.cos(t) y = r * np.sin(t) plt.plot(x, y, "ro", ms=1) plt.axis([-15, 15 , -15, 15]) plt.show()

Tegul ρ (spindulys) ir φ (azimutas) yra du atsitiktiniai dydžiai, atitinkantys savavališko apskritimo taško polines koordinates. Jeigu taškai pasiskirstę tolygiai, tai kokia yra funkcijų ρ ir φ pasiskirstymo funkcija?

Bet kuriam r: 0

P[ρ

Kur S1 ir S0 yra atitinkamai r ir R spindulio apskritimo plotai. Taigi CDF galima nurodyti kaip:

0 jei 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).

Atkreipkite dėmesį, kad R = 1 atsitiktinis kintamasis sqrt (X), kur X yra vienodas = P = y * * 2 esant 0

φ pasiskirstymas, matyt, yra vienodas nuo 0 iki 2 * π. Dabar galite sugeneruoti atsitiktines polines koordinates ir konvertuoti jas į Dekarto, naudodami trigonometrines lygtis:

X = ρ * cos(φ) y = ρ * sin(φ)

Negaliu atsispirti paskelbus python kodą R=1.

Iš matplotlib importuoti pyplot kaip plt importuoti numpy kaip np rho = np.sqrt(np.random.uniform(0, 1, 5000)) phi = np.random.uniform(0, 2*np.pi, 5000) x = rho * np.cos(phi) y = rho * np.sin(phi) plt.scatter(x, y, s = 4)

Jūs gausite

Java sprendimo ir skleidimo pavyzdys (2000 taškų)

Vieša galia 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);

Pirmiausia sugeneruosime cdf[x], kuris yra

Tikimybė, kad taškas yra mažesnis už atstumą x nuo apskritimo centro. Tarkime, kad apskritimo spindulys yra R.

Akivaizdu, kad jei x yra nulis, tada cdf = 0

Akivaizdu, kad jei x yra lygus R, tada cdf [R] = 1

aišku, jei x = r, tada cdf [r] = (Pi r ^ 2)/(Pi R ^ 2)

Taip yra todėl, kad kiekvienas apskritimo „mažas plotelis“ turi vienodą tikimybę būti pasirinktam, todėl tikimybė yra proporcinga šiam plotui. O plotas, nurodytas atstumu x nuo apskritimo centro, yra Pi r^2

taigi cdf[x] = x^2/R^2, nes Pi panaikina vienas kitą

turime cdf[x] = x^2/R^2, kur x eina nuo 0 iki R

Taigi išsprendžiame x

R^2 cdf[x] = x^2 x = R Sqrt[ cdf[x] ]

Dabar galime pakeisti cdf atsitiktiniu skaičiumi nuo 0 iki 1

X = R Sqrt[ RandomReal[(0,1)] ]

R = R Sqrt[ AtsitiktinisRealus[(0,1)] ]; teta = 360 laipsnių * Atsitiktinis Realus [(0,1)]; (r, teta)

gauname polines koordinates (0,601168 R, 311,915 laipsnių)

Naudojau šį metodą: jis gali būti visiškai neoptimizuotas (t. y. naudojamas taškų masyvas, todėl jis netinka dideliems apskritimams), bet suteikia atsitiktinį pasiskirstymą. Jei norite, galite praleisti matricos kūrimą ir piešti tiesiogiai. Metodas yra atsitiktinai suskirstyti visus stačiakampio taškus, kurie patenka į apskritimo vidų.

Bool[,] getMatrix(System.Drawing.Stačiakampis r) ( bool[,] matrica = new bool; return matrica; ) void fillMatrix(ref bool[,] matrica, Vector center) ( double spindulys = centras.X; Atsitiktinis r = naujas Atsitiktinis(); 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;< 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); }

) ) ) ) privati ​​tuščioji piešimo matrica(Vektoriaus centro taškas, dvigubas spindulys, bool[,] matrica) ( var g = this.CreateGraphics(); Bitmap pixel = new Bitmap(1,1); pixel.SetPixel(0, 0, Color) .Juoda); už (int y = 0; y

Ploto elementas apskritime yra dA = rdr * dphi. Šis papildomas veiksnys sugriovė jūsų idėją atsitiktinai pasirinkti r ir phi. Nors phi pasiskirsto lygiai, r ne, bet plokščias ties 1/r (tai reiškia, kad labiau tikėtina, kad pataikysite į ribą, o ne į jaučio akis).

Taigi, norėdami sukurti taškus, tolygiai paskirstytus aplink apskritimą, pasirinkite phi iš plokščiojo skirstinio ir r iš 1/r skirstinio.

Alternatyva yra naudoti Monte Karlo metodą, kurį pasiūlė Mehrdad.

PAKEISTI

Norėdami pasirinkti atsitiktinį r plokštumą ties 1/r, galite pasirinkti atsitiktinį x iš intervalo ir apskaičiuoti r = 1/x. r tada tankiai paskirstomas į 1/r.

Norėdami apskaičiuoti atsitiktinį phi, pasirinkite atsitiktinį x iš intervalo ir apskaičiuokite phi = 2 * pi * x.

Taip pat galite pasinaudoti savo intuicija.

Apskritimo plotas yra pi*r^2

Taip gauname plotą pi. Tarkime, kad turime kokią nors funkciją f, kuri apskritime tolygiai paskirstytų N=10 taškų. Santykis čia yra 10/pi

Dabar padvigubiname plotą ir taškų skaičių

Kai r = 2 ir N = 20

Tai suteikia 4pi plotą, o santykis dabar yra 20/4pi arba 10/2pi. Santykis bus mažesnis ir mažesnis, kuo didesnis spindulys, nes jo augimas yra kvadratinis, o N yra tiesinis.

Norėdami tai išspręsti, galime tiesiog pasakyti

X = r^2 sqrt(x) = r

Jei sukursite vektorių polinėse koordinatėse kaip šis

Sukurtas metmenų planas

Trofimova Liudmila Alekseevna

Geometrinė tikimybė Tikslai ir uždaviniai:

1) Supažindinkite mokinius su vienu iš galimų užduočių atlikimo būdų

tikimybės;

2) To, kas išmokta, kartojimas ir formalizavimo įgūdžių įtvirtinimas

teksto tikimybių uždaviniai naudojant geometrines figūras.

1) Žinokite taško pasirinkimo geometrinės tikimybės apibrėžimą

figūros viduje plokštumoje ir tiesėje;

2) Gebėti spręsti paprastus geometrinių tikimybių uždavinius,

žinodami figūrų plotus arba mokėdami juos apskaičiuoti.

aš. Taško pasirinkimas iš figūros plokštumoje.

1 pavyzdys. Apsvarstykite minties eksperimentą: taškas atsitiktinai metamas į kvadratą, kurio kraštinė lygi 1. Kyla klausimas, kokia yra įvykio tikimybė, kad atstumas nuo šio taško iki artimiausios kvadrato kraštinės yra ne didesnis kaip ?

Šioje problemoje kalbame apie vadinamąjį geometrinė tikimybė.

Taškas atsitiktinai įmetamas į figūrą F lėktuve. Kokia tikimybė, kad taškas patenka į tam tikrą skaičių G, kuri yra paveiksle F.

Atsakymas priklauso nuo to, kokią reikšmę suteikiame posakiui „atsitiktinai mesti tašką“.

Ši išraiška paprastai aiškinama taip:

1. Mestas taškas gali pataikyti į bet kurią figūros dalį F.

2. Tikimybė, kad taškas patenka į tam tikrą figūrą G figūros viduje F, tiesiogiai proporcingas figūros plotui G.

Apibendrinant: tegul ir yra figūrų plotai F Ir G. Įvykio tikimybė A„Taškas X priklauso figūrai G, kuri yra paveiksle F“, yra lygus

Atkreipkite dėmesį, kad figūros plotas G ne daugiau kaip figūros plotas F,Štai kodėl

Grįžkime prie savo užduoties. Paveikslas Fšiame pavyzdyje kvadratas su kraštine 1. Todėl =1.

Taškas nuo kvadrato ribos pašalinamas ne daugiau kaip , jei jis patenka į paveikslo tamsesnę figūrą G. Norėdami rasti plotą, jums reikia iš figūros srities F atimkite vidinio kvadrato plotą su kraštine .

Tada tikimybė, kad taškas pateks į figūrą G, lygus

2 pavyzdys. Taškas X atsitiktinai parinktas iš trikampio ABC Raskite tikimybę, kad jis priklauso trikampiui, kurio viršūnės yra trikampio kraštinių vidurio taškai.

Sprendimas: Vidurinės trikampio linijos padalija jį į 4 vienodus trikampius. Reiškia,

Tikimybė, kad taškas X priklauso trikampiui KMN, yra lygi:

Išvada. Tikimybė, kad taškas pateks į tam tikrą figūrą, yra tiesiogiai proporcinga šios figūros plotui.

Užduotis. Nekantrūs dvikovininkai.

Dvikovos Atsargumo mieste retai kada baigiasi liūdnai. Faktas yra tas, kad kiekvienas dvikovininkas į susitikimo vietą atvyksta atsitiktiniu laiku nuo 5 iki 6 valandos ryto ir, 5 minutes palaukęs varžovo, išvyksta. Jei pastarasis atvyks per šias 5 minutes, dvikova įvyks. Kokia dalis dvikovų iš tikrųjų baigiasi kova?

Sprendimas: Leiskite X Ir adresu nurodykite atitinkamai 1 ir 2 dvikovininkų atvykimo laiką, skaičiuojamą valandos dalimis, pradedant nuo 5 valandos.

Dvikovininkai susitinka, jei, t.y. x - < y< x + .

Pavaizduokime tai brėžinyje.

Užtamsinta aikštės dalis atitinka atvejį, kai susitinka dvikovininkai.

Viso kvadrato plotas lygus 1, užtamsintos dalies plotas:

.

Tai reiškia, kad kovos galimybės yra lygios.

II. Taško pasirinkimas iš atkarpos ir apskritimo lanko.

Panagrinėkime minties eksperimentą, kurį sudaro atsitiktinai parinktas vienas taškas X iš tam tikros atkarpos MN.

Tai galima suprasti taip, tarsi taškas X būtų atsitiktinai „įmestas“ į atkarpą. Pagrindinis šio eksperimento įvykis gali būti bet kurio atkarpos taško pasirinkimas.

Tegul segmentas CD yra segmente MN. Mus domina renginys A , susidedantis iš to, kad pasirinktas taškas X priklauso segmentui CD.

Šios tikimybės apskaičiavimo metodas yra toks pat kaip ir figūroms plokštumoje: tikimybė yra proporcinga atkarpos CD ilgiui.

Todėl įvykio tikimybė A „taškas X priklauso segmentui CD, esančiam segmente MN“ yra lygus, .

1 pavyzdys. Atkarpos MN viduje atsitiktinai parinktas taškas X. Raskite tikimybę, kad taškas X yra arčiau taško N nei M.

Sprendimas: Tegul taškas O yra atkarpos MN vidurio taškas. Mūsų įvykis įvyks, kai taškas X yra segmento ON viduje.

Tada .

Niekas nesikeičia, jei taškas X pasirenkamas ne iš atkarpos, o iš kokios nors kreivinės linijos lanko.

2 pavyzdys. Taškai A ir B yra pateikti apskritime, o šie taškai nėra diametraliai priešingi. Taškas C pasirenkamas tame pačiame apskritime. Raskite tikimybę, kad atkarpa BC susikirs su apskritimo, einančio per tašką A, skersmenį.

Sprendimas: Tegul apskritimas L. Mus dominantis įvykis KAM „Segmentas BC kerta skersmenį DA“ įvyksta tik tada, kai taškas C yra puslankiu DA, kuriame nėra taško B. Šio puslankio ilgis yra L.

.

3 pavyzdys. Taškas A paimtas ant apskritimo. Kokia tikimybė, kad stygos AB ilgis bus mažesnis už apskritimo spindulį.

Sprendimas: Tegul r yra apskritimo spindulys.

Kad styga AB būtų trumpesnė už apskritimo spindulį, taškas B turi kristi ant lanko B1AB2, kurio ilgis lygus apskritimo ilgiui.

Tikimybė, kad stygos AB ilgis bus mažesnis už apskritimo spindulį:

III. Taško pasirinkimas iš skaičių linijos

Geometrinė tikimybė gali būti taikoma skaitiniams intervalams. Tarkime, kad atsitiktinai parinktas skaičius X, kuris tenkina sąlygą . Šį eksperimentą galima pakeisti eksperimentu, kurio metu iš skaičių tiesės atkarpos pasirenkamas taškas su koordinate X.

Nagrinėkime įvykį, kai iš atkarpoje esančios atkarpos pasirenkamas taškas su koordinate X. Pažymėkime šį įvykį. Jo tikimybė lygi atkarpų ilgių santykiui ir .

.

1 pavyzdys. Raskite tikimybę, kad iš atkarpos atsitiktinai parinktas taškas priklauso atkarpai.

Sprendimas: Naudodami geometrinės tikimybės formulę randame:

.

2 pavyzdys. Pagal Kelių eismo taisykles pėsčiasis gali pereiti gatvę nenustatytoje vietoje, jeigu matomoje vietoje nėra pėsčiųjų perėjų. Mirgorodo mieste atstumas tarp pėsčiųjų perėjų Solnechnaya gatvėje yra 1 km. Pėsčiasis Solnechnaya gatvę kerta kažkur tarp dviejų perėjų. Perėjimo ženklą jis mato ne toliau kaip 100 m nuo savęs. Raskite tikimybę, kad pėstysis nepažeis taisyklių.

Sprendimas: Naudokime geometrinį metodą. Skaičių eilutę išdėstykime taip, kad gatvės atkarpa tarp sankryžų būtų atkarpa. Leiskite pėsčiajam prie gatvės tam tikru momentu priartėti su koordinate X. Pėsčiasis nepažeidžia taisyklių, jei nuo kiekvienos perėjos yra didesniu kaip 0,1 km atstumu, t.y. 0,1

.

3 pavyzdys. Traukinys per pusę minutės pravažiuoja peroną. Kažkuriuo metu, visiškai atsitiktinai, žiūrėdamas pro langą iš savo kupė, Ivanas Ivanovičius pamatė, kad traukinys važiuoja pro platformą. Ivanas Ivanovičius lygiai 10 sekundžių žiūrėjo pro langą ir tada nusisuko. Raskite tikimybę, kad jis pamatė Ivaną Nikiforovičių, kuris stovėjo tiksliai perono viduryje.

Sprendimas: Naudokime geometrinį metodą. Skaičiuosime sekundėmis. Paimkime 0 sekundžių, kad būtų momentas, kai Ivanas Ivanovičius pasivijo platformos pradžią. Tada per 30 sekundžių jis pasiekė platformos galą. X sek. Pažymėkime momentą, kai Ivanas Ivanovičius pažvelgė pro langą. Todėl iš segmento atsitiktinai parenkamas skaičius X. Ivaną pasivijau 15 sekundžių. Jis pamatė Ivaną Nikiforovičių tik tada, kai pažvelgė pro langą ne vėliau kaip tą akimirką, bet ne anksčiau kaip 10 sekundžių prieš tai. Taigi, jūs turite rasti geometrinę įvykio tikimybę. Naudodami formulę randame

.

„Tikimybinis fonas“

Pačioje eilėraščio „Mirusios sielos“ pradžioje du vyrai ginčijasi, kiek nuvažiuos ratas Čičikovo vežime:

„...prie priešais viešbutį esančios smuklės durų stovėję du vyrai rusai išsakė keletą pastabų, kurios vis dėlto buvo labiau susijusios su vežimu, o ne su jame sėdinčiaisiais. „Žiūrėk, – tarė vienas kitam, – koks ratas! Kaip manote, ar tas ratas, jei taip atsitiktų, patektų į Maskvą, ar ne? „Tai pateks“, – atsakė kitas. – Bet aš nemanau, kad jis pateks į Kazanę? „Į Kazanę nepateks“, – atsakė kitas.

Problemos, kurias reikia išspręsti.

1. Raskite tikimybę, kad taškas, atsitiktinai įmestas į kvadratą ABCD, kurio kraštinė yra 4, pateks į kvadratą A1B1C1D1, kurio kraštinė yra 3, esančiame kvadrato ABCD viduje.

Atsakymas. 9/16.

2. Du asmenys A ir B susitarė susitikti tam tikroje vietoje laiko intervalu nuo 900 iki 1000. Kiekvienas iš jų atvyksta atsitiktinai (nurodytu laiko intervalu), nepriklausomai nuo kito ir laukia 10 minučių. Kokia tikimybė, kad jie susitiks?

Atsakymas. 11/36.

3. 3 ilgio atkarpoje taškas C atsiranda atsitiktinai. Nustatykite tikimybę, kad atstumas nuo taško C iki B viršys 1.

Atsakymas. 2/3.

4. Į 5 spindulio apskritimą įrašytas didžiausio ploto trikampis. Nustatykite tikimybę, kad taškas, atsitiktinai įmestas į apskritimą, pateks į trikampį.

5. Buratino pasodino apvalią 1 cm spindulio dėmę ant stačiakampio 20 cm x 25 cm dydžio lapo. Raskite tikimybę, kad šios dvi dėmės nesilies.

6. Kvadratas ABCD įrašytas į apskritimą. Šiame apskritime atsitiktinai parinktas taškas M. Raskite tikimybę, kad šis taškas yra ant: a) mažesnio lanko AB; b) didesnis lankas AB.

Atsakymas. a) 1/4; b) 3/4.

7. Taškas X atsitiktinai išmestas į atkarpą Su kokia tikimybe galioja nelygybė: a) ; b) ; V)?

Atsakymas. a) 1/3; b) 1/3; c) 1/3.

8. Apie Ivanovo kaimą žinoma tik tiek, kad jis yra kažkur prie greitkelio tarp Mirgorodo ir Stargorodo. Greitkelio ilgis 200 km. Raskite tikimybę, kad:

a) nuo Mirgorodo iki Ivanovo greitkeliu yra mažiau nei 20 km;

b) nuo Stargorodo iki Ivanovo greitkeliu daugiau nei 130 km;

c) Ivanovas yra mažiau nei 5 km nuo pusiaukelės tarp miestų.

Atsakymas. a) 0,1; b) 0,35; c) 0,05.

Papildoma medžiaga

Geometrinis požiūris į įvykio tikimybę nepriklauso nuo geometrinės erdvės matavimų tipo: svarbu tik, kad elementariųjų įvykių aibė F ir įvykį A reprezentuojanti aibė G būtų vienodo tipo ir vienodų matmenų.

2. Atsitiktinis taškas X yra tolygiai paskirstytas kvadrate . Raskite tikimybę, kad kvadratas, kurio centras X ir b ilgio kraštinės lygiagrečios koordinačių ašims, yra visiškai kvadrate A.

Literatūra:

1. Tikimybių teorija ir statistika / , . – 2-asis leidimas, pataisytas. – M.: MTsNMO: vadovėliai“, 2008. – 256 p.: iliustr.

2. Tikimybių teorijos ir matematinė statistika pavyzdžiuose ir uždaviniuose naudojant Excel / , . – Red. 4-oji. – Rostovas n/d: Feniksas, 2006. – 475 p.: iliustr. – (Aukštasis išsilavinimas).

3. Penkiasdešimt linksmų tikimybių problemų su sprendimais. Per. iš anglų kalbos/Red. . 3-asis leidimas – M.: Nauka, Pagrindinė fizinės ir matematinės literatūros redakcija, 1985. – 88 p.

4. Tikimybių teorijos uždavinių rinkinys: Vadovėlis. Vadovas universitetams./, – 2 leid., pataisyta. Ir papildomai – M.: Mokslas. Ch. red. Fiz.-matema. Lit. – 1989. – 320 p.

5. Pasirenkamasis matematikos kursas: Tikimybių teorija: Proc. Vadovas 9-11 klasėms. vid. mokykla/ – 3 leid. perdirbtas – M.: Išsilavinimas, 1990. – 160 p.

Tikimybė – tai kokio nors įvykio tikimybės laipsnis (matas, kiekybinis įvertinimas).

Klasikinis tikimybės apibrėžimas. Atsitiktinio įvykio A tikimybė yra nesuderinamų vienodai tikėtinų elementarių įvykių, sudarančių įvykį A, skaičiaus n ir visų galimų elementariųjų įvykių N skaičiaus santykis:

Geometrinis tikimybės apibrėžimas. Nepaisant to, kad klasikinis apibrėžimas yra intuityvus ir kilęs iš praktikos, bent jau jis negali būti tiesiogiai taikomas tuo atveju, kai vienodai galimų baigčių skaičius yra begalinis. Ryškus begalinio galimų rezultatų skaičiaus pavyzdys yra ribota geometrinė sritis G, pavyzdžiui, plokštumoje, kurios plotas S. Atsitiktinai „išmestas“ „taškas“ su tokia pačia tikimybe gali atsidurti bet kuriame šios srities taške. Uždavinys yra nustatyti tikimybę, kad taškas pateks į tam tikrą subregioną g, kurio plotas s. Šiuo atveju, apibendrindami klasikinį apibrėžimą, galime pasiekti geometrinį tikimybės apibrėžimą kaip s ir S santykį:

Jei įvykiai B ir C negali įvykti vienu metu, tada tikimybė, kad įvyks vienas iš įvykių B arba C, yra lygi šių įvykių tikimybių sumai:

P(A + B) = P(A) + P(B).

Jei įvykis B nepriklauso nuo įvykio C, tada tikimybė, kad įvyks ir B, ir C, yra lygi šių įvykių tikimybių sandaugai:

P(A · B) = P(A) · P(B).

Sprendžiant tikimybių nustatymo uždavinius, dažnai patogu pasinaudoti kombinatorikos informacija, ypač sumos ir sandaugos taisyklėmis.

Sumos taisyklė. Jei kurį nors objektą A iš objektų rinkinio galima pasirinkti m būdais, o kitą objektą B - n, tai A arba B galima pasirinkti m + n būdų.

Produkto taisyklė. Jei kurį nors objektą A iš objektų rinkinio galima pasirinkti m būdais ir po kiekvieno tokio pasirinkimo kitą objektą B galima pasirinkti n būdais, tada objektų porą (A, B) nurodyta tvarka galima pasirinkti m · n būdų.

Problemos su sprendimais

1. Kauliukų ridenimas.

Įprasto kauliuko veiduose yra skaičiai 1, 2, 3, 4, 5, 6. Jis metamas atsitiktinai, kol bendras metimo metu išmestų taškų skaičius neviršija 12. Koks yra labiausiai tikėtinas bendras kauliukų skaičius. taškų?

Pažiūrėkime į priešpaskutinį metimą. Po jo bendra suma turi būti viena iš šių reikšmių: 12, 11, 10, 9, 8, 7. Jei ji yra 12, tada bendras rezultatas bus vienodai tikėtinas 13, 14, 15, 16, 17, 18. Panašiai , kai suma yra 11, galutinis rezultatas vienodai tikėtina, kad bus 13, 14, 15, 16, 17 ir tt. Skaičius 13 kiekvienu atveju yra lygus kandidatas ir yra vienintelis tokio pobūdžio skaičius. Taigi skaičius 13 yra labiausiai tikėtinas.

Apskritai tie patys argumentai rodo, kad greičiausiai suma, pirmą kartą viršijanti n (n yra 6 ar daugiau), yra n+1.

2. Lengvabūdiškas žiuri narys.

Trijų asmenų komisijoje du nariai savarankiškai priima teisingą sprendimą su tikimybe p, o trečiasis meta monetą, kad priimtų sprendimą (galutinis sprendimas priimamas balsų dauguma). Vienos žiuri priima teisingą sprendimą su tikimybe p. Kuri iš šių žiuri labiau linkusi priimti teisingą sprendimą?

p (1 – p) + (1 – p) p = 2 p (1 – p),

tada norint rasti teisingo sprendimo tikimybę, šį skaičių reikia padauginti iš 1/2. Taigi bendra trijų asmenų prisiekusiųjų teismo teisingo sprendimo tikimybė yra

p 2 + p (1–p) = p,

kuri yra tokia pati kaip vieno asmens prisiekusiosios komisijos atitinkama tikimybė.

Atsakymas: abiejų tipų prisiekusiųjų komisija turi vienodą tikimybę priimti teisingą sprendimą.

3. Nesąjungę trikampiai.

Iš taisyklingo n kampo viršūnių (n>5) atsitiktinai parenkami du skirtingų taškų tripletai. Kokia tikimybė, kad nesusikerta du trikampiai, kurių viršūnės yra pasirinktos trikampės?

Visas įmanomas viršūnių trejetukų poras suskirstykime į C n 6 grupes, į vieną grupę surinkdami tas ir tik tas tritukų poras, kurios sudaro vienodus viršūnių šešetus. Viena vertus, kiekvienoje tokioje grupėje yra tiek elementų, kiek šešių fiksuotų viršūnių galima suskirstyti į du tripletus, tai yra, C 6 3 = 20 elementų. Kita vertus, yra lygiai 6 būdai, kaip šešis padalyti į du tris, kurie atitinka problemos sąlygą. Todėl norima tikimybė yra 6/20 = 0,3.

Atsakymas: 0,3.

4. Balti ir juodi kamuoliukai.

Kiekvienoje iš dviejų urnų yra balti ir juodi rutuliukai, o bendras kamuoliukų skaičius abiejose urnose yra 25. Iš kiekvienos urnos atsitiktine tvarka ištraukiamas po vieną rutulį. Žinodami, kad tikimybė, kad abu ištraukti rutuliai yra balti, yra 0,54, raskite tikimybę, kad abu ištraukti rutuliai yra juodi.

Tegul bendras kamuoliukų skaičius pirmoje ir antroje urnoje yra atitinkamai lygus m 1 ir m 2 (tikslumui daryti prielaidą, kad m 1 yra ne didesnis nei m 2), o baltų rutulių skaičius šiose urnose yra lygus į k 1 ir k 2 atitinkamai. Tada tikimybė, kad abu ištraukti rutuliai yra balti, yra lygi

(k 1 /m 1) · (k 2 /m 2).

Gauname santykius:

(k 1 /m 1) · (k 2 /m 2) = 0,54 = 27/50,

27 m 1 m 2 = 50 k 1 k 2,

tada bent vienas iš skaičių m 1, m 2 dalijasi iš 5. Tačiau suma m 1 + m 2 taip pat dalijasi iš 5, taigi kiekvienas skaičius m 1, m 2 dalijasi iš 5. Taigi turime tik dvi galimybės:

arba m 1 = 5, m 2 = 20,

arba m 1 = 10, m 2 = 15.

Jei m 1 = 5, m 2 = 20, gauname k 1 k 2 = 54, kur k 1 neviršija 5, o k 2 neviršija 20. Peržiūrėję visas įmanomas ki reikšmes, randame k 1 = 3, k 2 = 18. Tada pirmoji urna turi 2 juodus rutulius, antroji taip pat 2 juodus rutulius, o tikimybė ištraukti du juodus rutulius yra (2/5)·(2/20)=0,04.

Panašiai, kai m 1 = 10, m 2 = 15, randame k 1 = 9, k 2 =9. Tada pirmoje urnoje yra 1 juodas rutuliukas, antroje – 6 juodi rutuliai, o tikimybė ištraukti du juodus rutulius yra (1/10)·(6/15) = 0,04 (abiem atvejais atsakymai vienodi).

Atsakymas: 0,04.

5. Trijų krypčių dvikova.

Trys šauliai A, B, C vienu metu nusprendė kovoti dvikovą. Jie išsidėstė lygiakraščio trikampio viršūnėse ir susitarė dėl šių dalykų: pirmą šūvį iššauna A, antrą B, trečią C ir taip toliau ratu; Jei vienas iš šaulių iškrenta, dvikova tęsiasi tarp likusių dviejų. Yra žinoma, kad šaulys A pataiko į taikinį su 0,3 tikimybe, šaulys C su tikimybe 0,5, o šaulys B išvis nepataiko. Kiekvienas šauna į vieną iš kitų dviejų arba į orą taip, kad turėtų didžiausią tikimybę laimėti dvikovą. Kur šaulys A turėtų nukreipti pirmąjį šūvį: į šaulį C, į šaulį B ar į orą?

Panagrinėkime tris įvykius, kurie gali įvykti po pirmojo šaulio A šūvio.

Pataikyta C Tada su tikimybe 1, šaulys A bus pataikytas pirmuoju B šūviu.

V yra numuštas:

arba su 0,5 tikimybe šaulys C pataikys A savo pirmuoju šūviu,

arba su tikimybe (1 – 0,5) 0,3 šaulys A pataikys C savo antruoju šūviu,

arba su tikimybe (1 – 0,5) · (1 – 0,3) · 0,5 šaulys C pataikys į A savo antruoju šūviu,

arba su tikimybe (1 – 0,5) · (1 – 0,3) · (1 – 0,5) · 0,3 šaulys A pataikys į C trečiuoju šūviu ir pan.

Todėl tikimybė A laimėti dvikovą šiuo atveju lygi

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) Niekas nesistebi. Po to B šaudys į C (kaip tikslesnis iš savo priešininkų) ir pataikys į jį. Tada A pataikys B su 0,3 tikimybe, laimėdamas dvikovą. Taigi, kadangi 0,3 > 3/13, šauliui A pelningiausia situacija, kai po jo šūvio niekas nepataiko. Tai reiškia, kad jis turi šaudyti į orą pirmą kartą.

Atsakymas: Pirmą kartą būtina šaudyti į orą.

6. Raudoni ir žali rutuliai.

Krepšyje yra 6 raudoni ir 8 žali rutuliai. 5 iš jų ištraukiami atsitiktine tvarka ir dedami į raudoną langelį, likusieji 9 kamuoliukai dedami į žalią dėžutę. Kokia tikimybė, kad raudonų rutulių skaičius žaliame langelyje ir žalių rutulių skaičius raudoname langelyje nėra pirminis skaičius?

Žaliųjų rutuliukų skaičių raudoname langelyje pažymėkime G. Kadangi yra 6 raudoni ir 8 žali rutuliai, spalvos turėtų būti paskirstytos tarp dėžučių taip:

Raudona dėžutė: G žalia, (5 – G) raudona;

Žalia dėžutė: (8 – G) žalia, (G + 1) raudona.

Todėl raudonų rutulių skaičius žaliame langelyje ir žalių rutulių skaičius raudoname langelyje yra lygus (G + 1) + G = 2G + 1, nelyginis skaičius. Skaičius G neviršija 5 – bendras kamuoliukų skaičius raudoname langelyje. Todėl suma 2G + 1 gali būti nuo 1 (G = 0) iki 11 (G = 5).

Vienintelis nelyginis sudėtinis skaičius šiose ribose yra 9. Tačiau turime įtraukti ir skaičių 1, kuris nėra nei pirminis, nei sudėtinis. Taigi 2G + 1 turi būti lygus 0 arba 9, o tai įmanoma, kai G = 0 arba G = 4.

Tikimybė gauti mėginį, kurio G = 0 (būdų, kad būtų 5 raudonos spalvos, skaičius padalintas iš bendro mėginių skaičiaus) lygi C 6 5 /C 14 5 .

Tikimybė gauti mėginį, kurio G = 4 (būdų, kad būtų 4 žalios ir 1 raudonos spalvos, skaičius padalytas iš bendro mėginių skaičiaus) yra lygi C 8 4 C 6 1 /C 14 5 .

Norimo įvykio tikimybę randame kaip nurodytų tikimybių sumą:

(C 6 5 + C 8 4 C 6 1) / C 14 5 = (6 + 420) / 2002 = 213 / 1001.

Atsakymas: 213/1001.

7. Galvos ar uodegos?

Du žaidėjai A ir B stebi berniuką, kuris nuolat meta monetą. Metimų rezultatai rašomi nuosekliai naudojant raides: k-oje sekos vietoje dedama raidė O arba raidė P, priklausomai nuo to, kas iškrenta k-to metimo metu - „galvos“ ar „uodegos“, atitinkamai. Žaidėjas A teigia, kad OOO trigubas įraše pasirodys anksčiau nei ORO trigubas. Žaidėjas B lažinosi, kad atsitiks priešingai. Kuris žaidėjas labiau linkęs laimėti šį statymą?

Po pirmosios raidės O (nuo berniuko stebėjimo pradžios yra tikimybė 1, kad raidė O pasirodys bent vieną kartą) lygia 1/4 tikimybe gali sekti viena iš šių kombinacijų:

RO, OO, RR, OR.

Pirmuoju atveju laimi žaidėjas B, antruoju atveju laimi žaidėjas A, o jei bus realizuotas trečias atvejis, tai po to žaidėjai turės tokias pat galimybes kaip ir žaidimo pradžioje. Ketvirtuoju atveju su tikimybe 1/2 seks raidė O ir laimės žaidėjas B, o tikimybe 1/2 – raidė P, po kurios žaidėjai turės tokias pat galimybes kaip ir žaidimo pradžioje. Taigi, su tikimybe 1/4 A laimi, su tikimybe

1/4 + 1/4 1/2 = 3/8

B laimės ir su tikimybe 3/8 susiklostys situacija, kai žaidėjai turės tokias pat galimybes kaip ir žaidimo pradžioje. Todėl žaidėjas B turi didesnę galimybę laimėti nei žaidėjas A.

Atsakymas: žaidėjas B.

8. Teatre.

Aštuoni berniukai ir septynios merginos savarankiškai įsigijo vieną bilietą tame pačiame 15 vietų teatrų eilėje. Koks yra vidutinis gretimų vietų, kurias šioje eilutėje užima poros, skaičius?

Pavyzdžiui, jei eilutė užpildyta taip: YUDDYYUDYUDYUDD (čia Y reiškia berniuką, o D reiškia mergaitę), tada yra 9 poros YUD ir DYU. Mus domina vidutinis tokių porų skaičius. Jei pirmąsias dvi vietas iš eilės užima skirtingų lyčių žmonės, tai jau turime norimą porą. Šio įvykio tikimybė yra

(8/15) · (7/14) + (7/15) · (8/14) = 8/15.

Be to, 8/15 taip pat yra vidutinis porų skaičius pirmose dviejose vietose, nes

(8/15) 1 + (7/15) 0 = 8/15.

Tas pats argumentas galioja kiekvienai gretimų vietų porai.

Norint nustatyti vidutinį jaunuolių porų skaičių, šią reikšmę reikia padauginti iš gretimų vietų skaičiaus, lygaus 14, o tai gaunasi 112/15.

Apskritai, jei yra b vienos rūšies objektų ir m kitos, atsitiktinai išdėstytų iš eilės, tada vidutinis porų, sudarytų iš skirtingų objektų, skaičius yra lygus

Mūsų pavyzdyje b = 8, m = 7, o atsakymas yra 112/15.

Čia iš esmės panaudojome faktą, kad atsitiktinių dydžių sumos matematinis lūkestis yra lygus terminų matematinių lūkesčių sumai. Mes nustatėme vidutinį JD arba DJ porų skaičių kiekvienoje dviejose gretimose vietose ir susumavome jas pagal visas tokias poras.

Atsakymas: 112/15.

9. Viename iš Amerikoje populiarių žaidimų žaidėjas iš gana didelio atstumo meta monetą ant stalo paviršiaus, supjaustyto vieno colio kvadratais. Jei moneta (3/4 colio skersmens) visiškai patenka į kvadratą, žaidėjas gauna atlygį, priešingu atveju jis praranda savo monetą. Kokia tikimybė laimėti, jei moneta atsidurs ant stalo?

Kai mes metame monetą ant stalo, kai kurios monetos svorio centro sritys yra labiau tikėtinos nei kitos, tačiau jei kvadratas yra pakankamai mažas, galime manyti, kad tikimybių pasiskirstymas yra vienodas. Tai reiškia, kad tikimybė, kad centras pateks į bet kurią kvadrato sritį, yra proporcinga tos srities plotui; jis lygus regiono plotui, padalintam iš kvadrato ploto. Kadangi monetos spindulys yra 3/8 colio, kad žaidėjas laimėtų, centras turi būti ne arčiau kaip 3/8 colio nuo kvadrato kraštų.

Šį apribojimą atitinka kvadratas, kurio kraštinė yra 1/4 colio, kuriame turi būti monetos centras. Kadangi tikimybės yra proporcingos sritims, tikimybė laimėti yra (1/4) 2 = 1/16.

Žinoma, moneta ant stalo gali ir nepakliūti, o tikimybė laimėti iš tikrųjų dar mažesnė. Kvadratus galima sumažinti ir pastorinant skiriamąsias linijas. Jei šios linijos yra 1/16 colio storio, tada laimėjusios srities tikimybė yra (3/16)2 = 9/256 arba mažesnė nei 1/28.

Atsakymas: 1/16.

10. Monetos metimas.

Žaidėjas A meta monetą n+1 kartą, o žaidėjas B – n kartų. Kokia tikimybė, kad žaidėjas A turės daugiau galvų nei žaidėjas B?

Tegul žaidėjai A ir B gauna atitinkamai m ir k galvutes. Tada norima įvykio m>k tikimybė p lygi įvykio tikimybei q

(n + 1) – m > n – k,

tai yra tikimybė, kad žaidėjas A gaus daugiau galvų nei žaidėjas B (kadangi kiekvieną kartą išmetus monetą, galvos ir uodegos gali nusileisti vienodai).

Kita vertus, įvykis m>k įvyksta tada ir tik tada

tai yra, kai (n+1)–m neviršija n–k (kadangi n–m ir n–k yra sveikieji skaičiai). Todėl p=1–q, iš kur turime p=q=1/2.

Atsakymas: 1/2.

Problemos be sprendimų

1. Laimėjimai iš eilės.

Norėdamas paskatinti sūnų sėkmingai žaisti tenisą, tėvas pažada jam prizą, jei jis laimi bent du teniso žaidimus iš eilės prieš savo tėvą ir klubo čempioną pagal vieną iš schemų: tėvas - čempionas - tėvas arba čempionas - tėvas. - čempionas sūnaus pasirinkimu. Čempionas žaidžia geriau nei jo tėvas. Kokią schemą turėtų pasirinkti mano sūnus?

2. „Išbandyk laimę“

„Išbandyk laimę“ – azartinis žaidimas, dažnai žaidžiamas lošimo namuose ir per viešas šventes. Žaidėjui atlikus statymą ant vieno iš skaičių 1, 2, 3, 4, 5, 6, metami trys kauliukai. Jei žaidėjo numeris yra ant vieno, dviejų ar trijų kauliukų, už kiekvieną šio skaičiaus pasirodymą žaidėjui sumokamas pradinis statymas, taip pat grąžinami jo paties pinigai. Priešingu atveju žaidėjas pralaimi statymą. Koks yra vidutinis žaidėjo pralaimėjimas atlikus vieną statymą? (Tiesą sakant, vienu metu galite statyti už kelis skaičius, tačiau kiekvienas statymas vertinamas atskirai.)

3. Kortų kaladė.

n skirtingų žaidimų kortų kaladėje, išdėstytoje atsitiktine tvarka, yra trys tūzai. Viršutinės kaladės kortos išimamos po vieną, kol pašalinamas antrasis tūzas. Įrodykite, kad vidutinis ištrauktų kortelių skaičius yra (n + 1)/2.

4. Gėlių puokštė

Gėlių puokštę sudaro 5 ramunės ir 10 rugiagėlių. Iš šios puokštės atsitiktine tvarka daromos mažos puokštės iš 3 gėlių. Kokia tikimybė, kad kiekvienoje mažoje puokštėje bus viena ramunė?

5. Smailus trikampis.

Apskritime atsitiktinai parinkti trys taškai A, B, C. Kokia tikimybė, kad trikampis ABC yra smailusis?

Ne Russello, apie kirpėją ir įstrižainės argumentus, o Josepho Louiso Francois. Susideda iš toliau nurodytų dalykų.
Problema: yra apskritimas, atsitiktinai nubrėžiame akordą. Kokia įvykio tikimybė
A = (styga pasirodė ilgesnė už lygiakraščio trikampio, įbrėžto apskritime, kraštinę)?

Atsakymas priklauso nuo to, kaip tiksliai pasirenkame šį akordą. Būtent, yra trys būdai (galima ir daugiau, bet kol kas to pakaks):

1 būdas: Akordas - kas tai? Linijos atkarpa, jungianti du apskritimo taškus. Nesivaržydami paimkime du atsitiktinius šio apskritimo taškus (savarankiškai) ir nubrėžkime tarp jų stygą. Kadangi čia viskas simetriška, BOOMS pirmasis taškas nukris tiesiai į šiaurės ašigalį ir įvykis Aįvyks, kai antrasis taškas pasieks raudoną lanką paveikslėlyje (visi akordai šiame įraše yra mėlyni):

Tai yra akivaizdu, kad norima tikimybė yra 1/3.

2 metodas. Dabar imkime ir nubrėžkime akordą taip. Pirmiausia parinkkime atsitiktinį spindulį (t. y. sujungkime centrą su atsitiktiniu apskritimo tašku), tada pasirinkime atsitiktinį tašką, nubrėžkime statmeną ir gaukime stygą. Vėlgi, BOOMS šis spindulys veda į šiaurės ašigalį (ir kodėl aš taip traukiau į šiaurės ašigalį...), o lygiakraščio trikampio (kurio viršūnė yra pietų ašigalyje) kraštinė padalija šį spindulį griežtai per pusę, ir vėl nuo paveikslo apmąstymo

(būtina, kad atsitiktinis spindulio taškas patektų į raudoną atkarpą) aišku, kad norima tikimybė lygi 1/2.

3 būdas. Apskritai, mes tiesiog pasirinksime vieną atsitiktinį tašką apskritimo viduje. Aišku, kad mes negalime patekti tiksliai į centrą, vadinasi, yra tik viena styga, kurios centrinis taškas sutampa su pasirinktu. Pasvarstykime. O tiksliau, pažiūrėkime į paveikslėlį

ir aiškiai matome, kad norima tikimybė lygi 1/4 (vidinio apskritimo, į kurį turėtų kristi pasirinktas taškas, spindulys yra pusė pradinio).

Čia. Viena problema, trys skirtingi atsakymai, 1/3, 1/2, 1/4. Ir čia dažniausiai daroma išvada, kad problema suformuluota neteisingai, reikia nurodyti, ką tiksliai turime omenyje sakydami „pasirinkti atsitiktinį akordą“, kitaip tai neįmanoma. Taigi?

Bet tai ne taip! Tiksliau, ne visai taip. Štai toks dalykas: jei tikrai norime suformuluoti visas tikimybines problemas absoliučiai griežtai ir tiksliai, tai vietoj, pavyzdžiui, „iš dešimties žmonių atsitiktinai pasirenkame du“, turėsime parašyti kažką panašaus į „iš visų nesutvarkytų skirtingų aibės elementų porų rinkinys (1, ...,10) pasirinkite vieną porą su vienodu tikimybių pasiskirstymu." Na, ką gi, manau, dažniausiai aišku, kad kai sakoma „pasirinksime atsitiktinai“ be papildomo paaiškinimo, tai reiškia, kad pasirinkimas yra vienodai tikėtinas, t.

Gerai. gerai. Bet čia jie man prieštaraus ta prasme

Aišku, kaip vienodai tikėtina išsirinkti atsitiktinį aibės elementą N elementai (kiekvienas imamas su tikimybe 1/N)

Taip pat intuityviai aišku, koks yra vienodas pasiskirstymas bet kurioje srityje, tarkime, plokštumoje (apskritimas, kvadratas, ...).

Bet kaip su sudėtingesniais objektais?

Ir mes atsakysime taip. Svarbiausia, net sakyčiau, charakteristika Tai vienodo pasiskirstymo savybė. Leiskite H- tam tikras rinkinio poaibis G ir pasirinkite vieną objektą iš G lygiai taip pat tikėtinu būdu. Taigi, su sąlyga, kad rezultatas pateko į H- jis ten turi vienodą pasiskirstymą, toks invariantas gaunamas. Pavyzdžiui, jei atsitiktinai pasirenkate vieną asmenį iš 5 vyrų / 5 moterų grupės ir yra žinoma, kad tai yra moteris, tada bet kuris iš tų penkių turi vienodą galimybę (1/5) būti išrinktam. Ir visa tai taip pat taikoma vienodai taško atrinkimui iš regiono.

Taigi ko mes tada norime iš atsitiktinio akordo? Atsižvelgiant į tai, kas išdėstyta pirmiau, man atrodo pagrįsta, kad norime:

su sąlyga, kad atsitiktinis akordas AB kerta nedidelį apskritimą (ten sukuriant akordą A"B"), šis akordas A"B" turi tokį patį tikimybių pasiskirstymą kaip tik „atsitiktinis akordas“ (kad ir ką tai reikštų dabar) mažame apskritime.

Taigi paaiškėja, kad iš trijų pirmiau minėtų atsitiktinės stygos konstravimo metodų tik 2 metodas turi šią savybę! Ir niekas, išskyrus jį; visi kiti nieko gero. Visa tai jau seniai žinoma, žiūrėkite straipsnį, labai rekomenduoju.

Tačiau tai, ką mes čia jau aptarėme, sufleruoja tokias mintis. Gerai, dabar žinome, kad yra atsitiktinis apskritimo akordas. Kaip
Tikri matematikai, norime tai apibendrinti, nuo apskritimų iki elipsių, kvadratų, hiperkubų ir bet ko. Na, pabandykime.

Tai reiškia, kad kartodamas tai, kas buvo padaryta, akordas yra atkarpa, jungianti du taškus mūsų krašto riboje. Užuot iš karto pasirinkę šiuos du taškus, pabandykime tai padaryti kitaip: pirmiausia pasirinkite vieną tašką riboje (kažkaip), o tada pasirinkite kryptį (kažkaip kitaip), kuria styga eis nuo šio taško. Ir eis tol, kol susikirs su siena, o kur jis ateis, ten bus antras taškas.

Kaip paprastas mokyklinės planimetrijos žinių pratimas, įrodykite, kad 1 metodas yra lygiavertis šiai procedūrai: iš pradžių tolygiai paimame vieną tašką ant apskritimo, o tada taip pat pasirenkama stygos kryptis su vienodu pasiskirstymu, tarsi visos kryptys. yra vienodai tikėtini.

O su mūsų brangiu 2 metodu situacija tokia: stygos kryptis parenkama pagal kosinuso dėsnį, t.y. šios krypties pasiskirstymo tankis yra proporcingas kampo tarp jos ir spindulio kosinusui (įrodykite!). Kas atsitiks, jei panaši procedūra bus atlikta su daugiau ar mažiau savavališku regionu (čia nerašysime nuobodžių komentarų apie pakankamą jo ribos lygumą), būtent

a) pirmiausia pasirinkite tašką tolygiai ant ribos

b) iš ten pasirenkame kryptį pagal kosinuso dėsnį (kampas yra su normaliu į ribą šiame taške), ir styga eina.

Paaiškėjo, kad visa tai tikrai veikia ir bet kokiame matmenyje! Tai galima įrodyti


(beveik copy-paste, atkreipkite dėmesį) atsižvelgiant į tai, kuris yra atsitiktinis akordas AB kerta vidinę sritį (ten sukuria stygą A"B"), šis akordas A"B" turi tokį patį tikimybių pasiskirstymą kaip tiesiog atsitiktinė styga vidinėje srityje (išorinė sritis čia yra daugiau ar mažiau savavališka, o vidinė yra išgaubta, todėl „indukuota“ styga visada nustatoma vienareikšmiškai). Pasinaudosiu proga ir paskelbsiu straipsnį čia, nors kai kuriose vietose dviratį išradome iš naujo. Pirmiausia turėtumėte bent jau perskaityti knygą (ir aš labai rekomenduoju, taip).

________________________________________ _____________________________________

Jaynes, E.T. (1973). „Gerai iškelta problema“. Rasta. Fizik. 3 (4): 477-492.

F. Kometas, S. Popovas, G.M. Schütz, M. Vachkovskaja (2009)
Biliardas bendroje srityje su atsitiktiniais atspindžiais.
Racionalios mechanikos ir analizės archyvas, 193 (3), p. 737-738,
http://link.springer.com/article/10.1007%2Fs00205-008-0120-x?LI=true
Taip pat žiūrėkite Erratum čia: http://link.springer.com/article/10.1007%2Fs00205-009-0236-7?LI=true, nes jie sujaukė.
O geriausia skaityti čia: http://arxiv.org/abs/math/0612799, ten viskas jau sutvarkyta ir prieiga nemokama.

Kendall, Moranas. (1972 m.)
Geometrinės tikimybės.
Manau kiekvienas ras kur parsisiųsti :)