Verjetnost je stopnja (mera, kvantitativna ocena) možnosti pojava nekega dogodka.

Klasična definicija verjetnosti. Verjetnost naključnega dogodka A je razmerje med številom n nezdružljivih enako verjetnih elementarnih dogodkov, ki sestavljajo dogodek A, in številom vseh možnih elementarnih dogodkov N:

Geometrijska definicija verjetnosti. Kljub temu, da je klasična definicija intuitivna in izhaja iz prakse, je vsaj ni mogoče neposredno uporabiti v primeru, ko je število enako možnih rezultatov neskončno. Osupljiv primer neskončnega števila možnih izidov je omejeno geometrično območje G, na primer na ravnini s površino S. Naključno "vržena" "točka" z enako verjetnostjo lahko konča na kateri koli točki v tem območju. Težava je določiti verjetnost, da točka pade v določeno podobmočje g s površino s. V tem primeru lahko s posploševanjem klasične definicije pridemo do geometrijske definicije verjetnosti kot razmerja s proti S:

Če se dogodka B in C ne moreta zgoditi hkrati, potem je verjetnost, da se bo zgodil eden od dogodkov B ali C, enaka vsoti verjetnosti teh dogodkov:

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

Če dogodek B ni odvisen od dogodka C, potem je verjetnost, da se bosta zgodila oba dogodka B in C, enaka produktu verjetnosti teh dogodkov:

P(A · B) = P(A) · P(B).

Pri reševanju problemov iskanja verjetnosti je pogosto priročno uporabiti informacije iz kombinatorike, zlasti pravila vsote in produkta.

Pravilo vsote. Če je mogoče neki predmet A izbrati iz nabora predmetov na m načinov, drug predmet B pa na n načinov, potem lahko A ali B izberete na m + n načinov.

Pravilo izdelka. Če je mogoče neki objekt A izbrati iz množice objektov na m načinov in po vsaki takšni izbiri na n načinov izbrati drug objekt B, potem je mogoče par objektov (A, B) v določenem vrstnem redu izbrati na m · n načinov.

Težave z rešitvami

1. Vrtenje kocke.

Navadna kocka ima na straneh številke 1, 2, 3, 4, 5, 6. Meče se naključno, dokler skupno število vrženih točk med metom ne preseže številke 12. Kakšno je najverjetnejše skupno število. točke?

Poglejmo še predzadnji met. Po njem mora seštevek zavzeti eno od naslednjih vrednosti: 12, 11, 10, 9, 8, 7. Če je 12, bo skupni rezultat enako verjetno zavzel vrednosti 13, 14, 15, 16, 17, 18. Podobno je z vsoto 11 končni rezultat enako verjetno, da bo imel vrednosti 13, 14, 15, 16, 17 itd. Število 13 se v vsakem primeru pojavi kot enak kandidat in je edino število te vrste. Tako je število 13 najverjetnejše.

Na splošno isti argumenti kažejo, da je najverjetnejša vsota, ki bo prvič presegla n (n je 6 ali več), n+1.

2. Lahkomiselni član žirije.

V tričlanski žiriji dva člana samostojno sprejmeta pravilno odločitev z verjetnostjo p, tretji pa z vrženjem kovanca odloči (končna odločitev je sprejeta z večino glasov). Enočlanska porota pravično odloči z verjetnostjo p. Katera od teh žirij bo bolj verjetno sprejela pošteno odločitev?

p (1 – p) + (1 – p) p = 2p (1–p),

potem je treba za iskanje verjetnosti pravilne rešitve to število pomnožiti z 1/2. Tako je skupna verjetnost pravične odločitve tričlanske žirije

p 2 + p (1–p) = p,

kar je enako ustrezni verjetnosti za enočlansko poroto.

Odgovor: Obe vrsti žirij imata enako verjetnost, da sprejmeta pravo odločitev.

3. Disjunktni trikotniki.

Iz oglišč pravilnega n-kotnika (n>5) se naključno izbereta dva trojčka različnih točk. Kolikšna je verjetnost, da se trikotnika, katerih oglišči sta izbrani trojček, ne sekata?

Razdelimo vse možne pare trojčkov oglišč v C n 6 skupin, pri čemer v eno skupino zberemo tiste in samo tiste pare trojčkov, ki tvorijo enake šestice oglišč. Po eni strani vsebuje vsaka taka skupina toliko elementov, na koliko načinov lahko šest fiksnih vozlišč razdelimo na dva trojčka, to je C 6 3 = 20 elementov. Po drugi strani pa obstaja natanko 6 načinov, kako šestico razdeliti na dve trojki, ki izpolnjujeta pogoj, zahtevan v nalogi. Zato je želena verjetnost 6/20 = 0,3.

Odgovor: 0,3.

4. Bele in črne kroglice.

Vsaka od dveh žar vsebuje bele in črne kroglice, skupno število kroglic v obeh žarah pa je 25. Iz vsake žare je naključno izžrebana ena kroglica. Če veste, da je verjetnost, da sta obe izvlečeni krogli beli, 0,54, poiščite verjetnost, da sta obe izvlečeni krogli črni.

Naj bo skupno število kroglic v prvi in ​​drugi žari enako m 1 oziroma m 2 (zaradi določnosti predpostavimo, da m 1 ni večje od m 2), število belih kroglic v teh žarah pa je enako na k 1 oziroma k 2. Potem je verjetnost, da sta obe izvlečeni krogli beli, enaka

(k 1 /m 1)·(k 2 /m 2).

Dobimo razmerja:

(k 1 /m 1)·(k 2 /m 2) = 0,54 = 27/50,

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

potem je vsaj eno od števil m 1, m 2 deljivo s 5. Toda tudi vsota m 1 + m 2 je deljiva s 5, zato je vsako od števil m 1, m 2 deljivo s 5. Tako imamo samo dve možnosti:

ali m 1 = 5, m 2 = 20,

ali m 1 = 10, m 2 = 15.

V primeru m 1 = 5, m 2 = 20 dobimo k 1 k 2 = 54, kjer k 1 ne presega 5 in k 2 ne presega 20. Po pregledu vseh možnih vrednosti ki, ugotovimo k 1 = 3, k 2 = 18. Nato ima prva žara 2 črni krogli, druga ima prav tako 2 črni krogli in verjetnost, da izvlečemo dve črni krogli, je (2/5)·(2/20)=0,04.

Podobno v primeru m 1 = 10, m 2 = 15, najdemo k 1 = 9, k 2 =9. Nato ima prva žara 1 črno kroglo, druga žara 6 črnih kroglic in verjetnost, da izvlečemo dve črni krogli, je (1/10)·(6/15) = 0,04 (v obeh primerih sta odgovora enaka).

Odgovor: 0,04.

5. Trojni dvoboj.

Trije strelci A, B, C so se odločili za dvoboj hkrati. Postavili so se na oglišča enakostraničnega trikotnika in se dogovorili: prvi strel sproži A, drugi B, tretji C in tako naprej v krogu; Če eden od strelcev izpade, se dvoboj nadaljuje med preostalima dvema. Znano je, da strelec A zadene tarčo z verjetnostjo 0,3, strelec C z verjetnostjo 0,5, strelec B pa sploh nikoli ne zgreši. Vsak strelja na enega od drugih dveh ali v zrak tako, da ima največjo verjetnost za zmago v dvoboju. Kam naj strelec A usmeri svoj prvi strel: v strelca C, v strelca B ali v zrak?

Oglejmo si tri dogodke, ki se lahko zgodijo po prvem strelu strelca A.

C je zadet. Nato bo z verjetnostjo 1 strelec A zadel prvi strel B-ja.

Nato se udari V.

ali z verjetnostjo 0,5 bo strelec C zadel A s svojim prvim strelom,

ali z verjetnostjo (1 – 0,5) 0,3 bo strelec A zadel C s svojim drugim strelom,

ali z verjetnostjo (1 – 0,5) · (1 – 0,3) · 0,5 bo strelec C zadel A s svojim drugim strelom,

ali z verjetnostjo (1 – 0,5) · (1 – 0,3) · (1 – 0,5) · 0,3 bo strelec A zadel C s svojim tretjim strelom in tako naprej.

Zato je verjetnost, da A zmaga v dvoboju v tem primeru enaka

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) Nihče ni presenečen. Po tem bo B streljal na C (kot bolj natančen od svojih nasprotnikov) in ga zadel. Nato bo A zadel B z verjetnostjo 0,3 in zmagal v dvoboju. Ker je torej 0,3 > 3/13, je najbolj donosna situacija za strelca A, ko po njegovem strelu ni nihče zadet. To pomeni, da mora prvič streljati v zrak.

Odgovor: Prvič je treba streljati v zrak.

6. Rdeče in zelene kroglice.

Vrečka vsebuje 6 rdečih in 8 zelenih žog. 5 jih je naključno izžrebanih in postavljenih v rdeče polje, preostalih 9 kroglic pa v zeleno polje. Kakšna je verjetnost, da število rdečih kroglic v zelenem polju plus število zelenih kroglic v rdečem polju ni praštevilo?

Z G označimo število zelenih kroglic v rdečem polju. Ker je 6 rdečih in 8 zelenih kroglic, je treba barve razporediti med polja takole:

Rdeče polje: G zeleno, (5 – G) rdeče;

Zeleno polje: (8 – G) zeleno, (G + 1) rdeče.

Zato je število rdečih kroglic v zeleni škatli plus število zelenih kroglic v rdeči škatli enako (G + 1) + G = 2G + 1, liho število. Število G ne presega 5 – skupno število žogic v rdečem polju. Zato lahko vsota 2G + 1 zavzame vrednosti od 1 (G = 0) do 11 (G = 5).

Edino liho sestavljeno število v teh mejah je 9. Vendar moramo vključiti tudi število 1, ki ni niti praštevilno niti sestavljeno. Torej mora biti 2G + 1 enako 0 ali 9, kar je mogoče z G = 0 ali G = 4.

Verjetnost, da dobimo vzorec z G = 0 (število načinov, kako imeti 5 rdečih, deljeno s skupnim številom vzorcev), je enaka C 6 5 /C 14 5 .

Verjetnost, da dobimo vzorec z G = 4 (število načinov, kako imeti 4 zelene in 1 rdečo deljeno s skupnim številom vzorcev), je enaka C 8 4 C 6 1 /C 14 5 .

Najdemo verjetnost želenega dogodka kot vsoto navedenih verjetnosti:

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

Odgovor: 213/1001.

7. Glava ali rep?

Dva igralca A in B opazujeta dečka, ki neprestano meče kovanec. Rezultati metov so zapisani zaporedno s črkami: na k-to mesto zaporedja se postavi črka O ali črka P, odvisno od tega, kaj izpade med k-tim metom - "glave" ali "repi", oz. Igralec A trdi, da se bo trojka OOO pojavila v zapisu prej kot trojka ORO. Igralec B je stavil, da se bo zgodilo nasprotno. Kateri igralec bo bolj verjetno dobil to stavo?

Prvi črki O (od začetka opazovanja dečka obstaja verjetnost 1, da se bo črka O pojavila vsaj enkrat) lahko z enako verjetnostjo 1/4 sledi ena od naslednjih kombinacij:

RO, OO, RR, OR.

V prvem primeru zmaga igralec B, v drugem primeru zmaga igralec A, in če je tretji primer realiziran, potem imata igralca enake možnosti kot na začetku igre. V četrtem primeru bo z verjetnostjo 1/2 sledila črka O in bo zmagal igralec B, z verjetnostjo 1/2 pa bo sledila črka P, nato pa bosta igralca imela enake možnosti kot na začetku igre. Tako z verjetnostjo 1/4 A zmaga, z verjetnostjo

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

B bo zmagal in z verjetnostjo 3/8 bo prišlo do situacije, ko bosta igralca imela enake možnosti kot na začetku igre. Zato ima igralec B boljše možnosti za zmago kot igralec A.

Odgovor: igralec B.

8. V gledališču.

Osem fantov in sedem deklet je samostojno kupilo eno vstopnico v isti vrsti gledališč s 15 sedeži. Kakšno je povprečno število sosednjih mest, ki jih zasedajo pari v tej vrsti?

Na primer, če je vrstica izpolnjena na naslednji način: YUDDYYUDYUDYUDD (tu Y pomeni fanta, D pa deklico), potem obstaja 9 parov YUD in DYU. Zanima nas povprečno število takih parov. Če prvi dve mesti v vrsti zasedeta osebe različnih spolov, potem že imamo želeni par. Verjetnost tega dogodka je

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

Poleg tega je 8/15 tudi povprečno število parov na prvih dveh mestih, saj

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

Enako sklepanje velja za vsak par sosednjih lokacij.

Za določitev povprečnega števila parov mladih je treba to vrednost pomnožiti s številom sosednjih mest, ki je enako 14, kar daje 112/15.

Bolj splošno, če obstaja b predmetov ene vrste in m druge vrste, naključno razporejenih v vrsto, potem je povprečno število parov, sestavljenih iz različnih predmetov, enako

V našem primeru je b = 8, m = 7 in odgovor je 112/15.

Tu smo v bistvu uporabili dejstvo, da je matematično pričakovanje vsote naključnih spremenljivk enako vsoti matematičnih pričakovanj členov. Ugotovili smo povprečno število JD ali DJ parov za vsaka dva sosednja mesta in jih sešteli za vse take pare.

Odgovor: 112/15.

9. V eni od priljubljenih iger v Ameriki igralec vrže kovanec z dokaj velike razdalje na površino mize, razrezano na kvadratke velikosti enega palca. Če kovanec (premera 3/4 palca) pristane v celoti znotraj polja, igralec prejme nagrado, sicer izgubi svoj kovanec. Kakšne so možnosti za dobitek, če kovanec pade na mizo?

Ko vržemo kovanec na mizo, so nekatera območja težišča kovanca verjetnejša od drugih, a če je kvadrat dovolj majhen, lahko domnevamo, da je porazdelitev verjetnosti enakomerna. To pomeni, da je verjetnost, da središče pade v katero koli območje kvadrata, sorazmerna s površino tega območja; je enako površini regije, deljeni s površino kvadrata. Ker je polmer kovanca 3/8 palca, za zmago igralec središče ne sme biti bližje kot 3/8 palca od stranic kvadrata.

To omejitev izpolnjuje kvadrat s stranico 1/4 palca, znotraj katerega mora biti središče kovanca. Ker so verjetnosti sorazmerne s površinami, je verjetnost zmage (1/4) 2 = 1/16.

Seveda se lahko zgodi, da kovanec sploh ne pade na mizo in verjetnost dobitka je pravzaprav še manjša. Kvadrate lahko pomanjšate tudi z odebelitvijo ločnic. Če so te črte debele 1/16 palca, potem ima zmagovalno območje verjetnost (3/16)2 = 9/256 ali manj kot 1/28.

Odgovor: 1/16.

10. Metanje kovanca.

Igralec A vrže kovanec n+1-krat, igralec B pa n-krat. Kakšna je verjetnost, da bo igralec A imel več glav kot igralec B?

Naj igralca A in B dobita m oziroma k glav. Potem je želena verjetnost p dogodka m>k enaka verjetnosti q dogodka

(n + 1) – m > n – k,

to je verjetnost, da bo igralec A dobil več glav kot igralec B (ker je pri vsakem metu kovanca verjetnost, da bodo padle glave in repi, enaka).

Po drugi strani pa se dogodek m>k zgodi, če in samo če

to je, ko (n+1)–m ne presega n–k (ker sta n–m in n–k celi števili). Zato je p=1–q, od koder imamo p=q=1/2.

Odgovor: 1/2.

Težave brez rešitev

1. Zaporedne zmage.

Da bi sina spodbudil k uspehu pri igranju tenisa, mu oče obljubi nagrado, če proti očetu in klubskemu prvaku zmaga vsaj dve teniški partiji zapored po eni od shem: oče - prvak - oče ali prvak - oče - prvak po sinovi izbiri. Šampion igra bolje kot njegov oče. Katero shemo naj moj sin izbere?

2. "Poskusite svojo srečo"

"Poskusi srečo" je igra na srečo, ki se pogosto igra v igralnicah in ob javnih praznikih. Ko je igralec stavil na eno od številk 1, 2, 3, 4, 5, 6, se vržejo tri kocke. Če se igralčeva številka pojavi na eni, dveh ali treh kockah, se za vsako pojavnost te številke igralcu izplača prvotna stava, vrne pa se tudi njegov denar. V nasprotnem primeru igralec izgubi stavo. Kakšna je povprečna izguba igralca pri eni stavi? (Pravzaprav lahko stavite na več številk hkrati, vendar se vsaka stava obravnava ločeno.)

3. Špil kart.

Krov n različnih igralnih kart, razporejenih v naključnem vrstnem redu, vsebuje tri ase. Zgornje karte kompleta se odstranjujejo ena za drugo, dokler ni odstranjen drugi as. Dokaži, da je povprečno število izvlečenih kart (n + 1)/2.

4. Šopek rož

Šopek rož je sestavljen iz 5 marjetic in 10 koruznic. Iz tega šopka so naključno narejeni majhni šopki po 3 rože. Kolikšna je verjetnost, da bo vsak majhen šopek vseboval eno marjetico?

5. Ostrokotni trikotnik.

Na krogu so naključno izbrane tri točke A, B, C. Kolikšna je verjetnost, da je trikotnik ABC ostrokoten?

Ustvariti moram enakomerno naključno točko v krogu s polmerom R.

To razumem s preprosto izbiro enakomerno naključnega kota v intervalu, ki podaja razdalje od središča. Naš trikotnik je tanek trak, zato sta AB in BC v bistvu vzporedna. Torej je točka Z preprosto razdalja x + y od izhodišča. Če x + y > R, ga zavržemo nazaj.

Tukaj je celoten algoritem za R = 1. Upam, da se vam zdi povsem preprost. Uporablja sprožilec, vendar lahko zagotovite, kako dolgo bo trajalo in koliko random() potrebuje, v nasprotju z zavrnjenim vzorcem.

T = 2*pi*random() u = random()+random() r = if u>1 then 2-u else u

Tukaj je v Mathematici.

F := Blok [(u, t, r), u = Naključno + Naključno; t = naključna 2 Pi; r = če; (r Cos[t], r Sin[t]) ] ListPlot, AspectRatio -> Automatic]

Tukaj je hitra in enostavna rešitev.

Izberite dve naključni števili v območju (0, 1), in sicer a in b. Če b< a , замените их. Ваша точка (b*R*cos(2*pi*a/b), b*R*sin(2*pi*a/b)) .

O tej rešitvi lahko razmišljate na naslednji način. Če bi vzeli krog, ga razrezali in nato zravnali, bi dobili pravokotni trikotnik. Zmanjšajte trikotnik in dobili boste trikotnik od (0, 0) do (1, 0) do (1, 1) in nazaj do (0, 0). Vse te transformacije enakomerno spremenijo gostoto. Naredili ste enakomerno izbiro naključne točke v trikotniku in obratni postopek, da dobite točko v krogu.

Upoštevajte, da je gostota točk sorazmerna inverznemu kvadratu polmera, zato namesto r izberite med , nato pa izračunajte svoje koordinate kot:

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

To vam bo omogočilo enakomerno porazdelitev točk na disku.

Razmislite o tem na ta način. Če imate pravokotnik, kjer je ena os polmer in ena kot, in vzamete točke znotraj tega pravokotnika, ki so blizu polmera 0. Vse bodo zelo blizu izhodišča (to je blizu kroga). Vendar bodo vse točke blizu polmera R padle blizu roba kroga (to je daleč druga od druge).

To vam lahko da vpogled v to, zakaj se tako vedete.

Osnovna predpostavka je, da lahko ustvarite spremenljivko z želeno porazdelitvijo iz enotne spremenljivke tako, da enotno inverzno funkcijo kumulativne porazdelitve prilagodite želeni funkciji gostote verjetnosti. Za kaj? Samo vzemite to za samoumevno, vendar je dejstvo.

Tukaj je moja rahlo intuitivna razlaga matematike. Funkcija gostote f(r) glede na r mora biti sorazmerna s samim r. Razumevanje tega dejstva je del vsake osnovne knjige o matematiki. Glej razdelke o polarnih elementih. Nekateri drugi plakati so to omenili.

Torej, poimenujmo to f (r) = C * r;

Izkazalo se je, da je to velik del posla. Zdaj, ker mora biti f(r) gostota verjetnosti, je enostavno videti, da z integracijo f(r) v intervalu (0, R) dobite, da je C = 2/R^2 (to je vaja za bralca .)

Torej je f(r) = 2 * r/R^2

Nato zadnji del izhaja iz uniformne naključne spremenljivke u v (0,1), ki jo morate preslikati v inverzno funkcijo kumulativne porazdelitve te zahtevane gostote f(r). Če želite razumeti, zakaj je tako, boste morali poiskati napredno verjetnostno besedilo, kot je Papulis (ali si ga priskrbeti sami).

Če integriramo f(r), dobimo F(r) = r^2/R^2

Če želite najti inverzno funkcijo tega, podate u = r^2/R^2 in nato rešite za r, kar vam da r = R * sqrt(u)

To je tudi intuitivno smiselno, u=0 bi se moralo preslikati v r=0. Poleg tega bi morala biti funkcija kvadratnega korena tista, ki je smiselna in se ujema s povezavo.

Razlog, da naivna rešitev ne deluje, je ta, da daje večjo gostoto verjetnosti točkam, ki so bližje središču kroga. Z drugimi besedami, krog s polmerom r/2 ima verjetnost r/2, da bo v njem izbrana točka, vendar ima površino (število točk) pi * r^2/4.

Zato želimo, da ima gostota verjetnosti polmera naslednjo lastnost:

Verjetnost izbire polmera, manjšega ali enakega danemu r, mora biti sorazmerna s površino kroga s polmerom r. (ker želimo imeti enakomerno porazdelitev po točkah in večja območja pomenijo več točk)

Z drugimi besedami, želimo, da je verjetnost izbire polmera med enaka njegovemu deležu celotne površine kroga. Skupna površina kroga je pi * R^2 in površina kroga s polmerom r je pi * r^2. Zato želimo, da je verjetnost izbire polmera med (pi * r^ 2)/(pi * R^2 ) = r^2/R^2.

Zdaj pride matematika:

Verjetnost izbire polmera med je integral p(r)dr od 0 do r (to je samo zato, ker seštevamo vse verjetnosti manjših radijev). Želimo torej, da je integral (p(r)dr) = r^2/R^2. Jasno lahko vidimo, da je R^2 konstanta, zato moramo samo ugotoviti, kateri od p(r), ko bo integriran dajte nam nekaj podobnega r^2. Odgovor je očitno r* konstanten. integral (r * const dr) = r ^ 2/2 * konstanta. To mora biti enako r^2/R^2, torej je konstanta = 2/R^2. Torej imate verjetnostno porazdelitev p(r) = r*2/R^2

Opomba. Drug intuitiven način za razmišljanje o problemu je, da si predstavljate, da poskušate vsakemu krogu dati radij verjetnosti, ki je enak deležu števila točk, ki jih ima na svoji dolžini oboda. Torej bo imel krog s polmerom r 2 * pi * r "točki" vzdolž svojega oboda. Skupno število točk je pi * R^2. Torej bi morali krogu r dati verjetnost, ki je enaka (2 * pi * r)/(pi * R^2) = 2 * r/R^2 bolj razumljiv in intuitiven, vendar ni tako matematično zdrav.

Resnično je odvisno od tega, kaj mislite z "enotno naključno". To je dobra točka in več o tem lahko preberete na strani wiki tukaj: http://en.wikipedia.org/wiki/Bertrand_paradox_%28probability%29, kjer enaka težava z različnimi interpretacijami "enakomerno naključnega" daje različni odgovori!

Odvisno od tega, kako izberete točke, se lahko porazdelitev spremeni, čeprav je nekoliko enotna.

Zdi se, da vnos v spletnem dnevniku poskuša narediti enakomerno naključen v naslednjem smislu: če vzamete podkrog kroga z istim središčem, potem je verjetnost, da točka pade v to regijo, sorazmerna s površino regije . Menim, da to poskuša slediti zdaj standardni "enotno naključni" razlagi za 2D regije z regijami, definiranimi na njih: verjetnost, da točka pade v katero koli regijo (z dobro definirano regijo), je sorazmerna s površino to regijo.

Tukaj je moja koda Python za generiranje števila naključnih točk iz kroga s polmerom rad:

Uvozi matplotlib.pyplot kot plt uvozi numpy kot 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.axis([-15, 15) , -15, 15]) plt.show()

Naj sta ρ (polmer) in φ (azimut) dve naključni spremenljivki, ki ustrezata polarnim koordinatam poljubne točke znotraj kroga. Če so točke enakomerno porazdeljene, kakšna je potem porazdelitvena funkcija funkcij ρ in φ?

Za kateri koli r: 0

P[ρ

Kjer sta S1 in S0 ploščini kroga s polmerom r oziroma R. Torej je CDF mogoče določiti kot:

0 če je 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).

Upoštevajte, da je za R = 1 naključna spremenljivka sqrt (X), kjer je X enakomeren na = P = y * * 2 pri 0

Porazdelitev φ je očitno enakomerna od 0 do 2 * π. Zdaj lahko ustvarite naključne polarne koordinate in jih pretvorite v kartezične z uporabo trigonometričnih enačb:

X = ρ * cos(φ) y = ρ * sin(φ)

Ne morem se upreti objavi kode python za R=1.

Iz matplotlib uvozite pyplot kot plt uvozite numpy kot 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)

Dobili boste

Java rešitev in primer razmnoževanja (2000 točk)

Javni void getRandomPointInCircle() ( dvojno t = 2 * Math.PI * Math.random(); dvojno r = Math.sqrt(Math.random()); dvojno x = r * Math.cos(t); dvojno y = r * Math.sin(t); System.out.println(x);

Najprej bomo ustvarili cdf[x], ki je

Verjetnost, da je točka manjša od razdalje x od središča kroga. Predpostavimo, da ima krog polmer R.

očitno je, če je x nič, potem je cdf = 0

očitno, če je x enak R, potem je cdf [R] = 1

očitno, če je x = r, potem je cdf [r] = (Pi r ^ 2)/(Pi R ^ 2)

To je zato, ker ima vsako "majhno območje" v krogu enako verjetnost, da bo izbrano, zato je verjetnost sorazmerna s tem območjem. In ploščina, podana na razdalji x od središča kroga, je Pi r^2

torej cdf[x] = x^2/R^2, ker se Pi izničita

imamo cdf[x] = x^2/R^2, kjer gre x od 0 do R

Torej rešujemo za x

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

Zdaj lahko cdf nadomestimo z naključnim številom med 0 in 1

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

R = R Sqrt[RandomReal[(0,1)]]; theta = 360 stopinj * RandomReal[(0,1)]; (r,theta)

dobimo polarne koordinate (0,601168 R, 311,915 stopinj)

Uporabil sem to metodo: morda je popolnoma neoptimizirana (tj. uporablja niz točk, zato ni primerna za velike kroge), vendar daje naključno porazdelitev. Če želite, lahko preskočite ustvarjanje matrike in narišete neposredno. Metoda je naključna izbira vseh točk v pravokotniku, ki spadajo v krog.

Bool[,] getMatrix(System.Drawing.Rectangle r) ( bool[,] matrika = nova bool; vrni matriko; ) void fillMatrix(ref bool[,] matrika, središče vektorja) ( dvojni polmer = center.X; naključno 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 .Črna za (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); }

Element ploščine v krogu je dA = rdr * dphi. Ta dodatni dejavnik je uničil vašo idejo, da bi naključno izbrali r in phi. Medtem ko je phi enakomerno porazdeljen, r ni, ampak ravno pri 1/r (kar pomeni, da je bolj verjetno, da boste zadeli mejo kot mejo).

Torej, če želite ustvariti točke, enakomerno porazdeljene po krogu, izberite phi iz ravne porazdelitve in r iz porazdelitve 1/r.

Druga možnost je uporaba metode Monte Carlo, ki jo je predlagal Mehrdad.

SPREMEMBA

Če želite izbrati naključni ravni r pri 1/r, lahko izberete naključni x iz intervala in izračunate r = 1/x. r se nato porazdeli na gosto v 1/r.

Za izračun naključnega phi izberite naključni x iz intervala in izračunajte phi = 2 * pi * x.

Uporabite lahko tudi svojo intuicijo.

Ploščina kroga je pi*r^2

To nam daje ploščino pi. Predpostavimo, da imamo neko funkcijo f, ki bi enakomerno porazdelila N=10 točk znotraj kroga. Razmerje tukaj je 10/pi

Sedaj podvojimo površino in število točk

Pri r=2 in N=20

To daje površino 4pi, razmerje pa je zdaj 20/4pi ali 10/2pi. Razmerje bo vedno manjše, čim večji je polmer, saj je njegova rast kvadratna in je N linearen.

Da bi to popravili, lahko preprosto rečemo

X = r^2 sqrt(x) = r

Če ustvarite vektor v polarnih koordinatah, kot je ta

Razvit okvirni načrt

Trofimova Ljudmila Alekseevna

Geometrijska verjetnost

Cilji: 1) Učence seznanite z enim od možnih načinov naloge

verjetnosti;

2) Ponavljanje naučenega in utrjevanje formalizacijskih veščin

besedilne verjetnostne težave z uporabo geometrijskih likov.

Učni izidi:

1) Poznati definicijo geometrijske verjetnosti izbire točke

znotraj figure na ravnini in premici;

2) Biti sposoben rešiti preproste geometrijske verjetnostne probleme,

poznavanje ploščin ali sposobnost njihovega izračunavanja.

jaz. Izbiranje točke iz lika na ravnini.

Primer 1. Razmislite o miselnem eksperimentu: točka je naključno vržena na kvadrat, katerega stranica je enaka 1. Vprašanje je, kakšna je verjetnost dogodka, da razdalja od te točke do najbližje stranice kvadrata ni večja od ?

Pri tem problemu govorimo o t.i geometrijska verjetnost.

Točka je naključno vržena v figuro F na površini. Kolikšna je verjetnost, da točka pade v določeno figuro G, ki je na sliki F.

Odgovor je odvisen od tega, kakšen pomen vložimo v izraz »naključno vrzi točko«.

Ta izraz se običajno razlaga na naslednji način:

1. Vržena konica lahko zadene kateri koli del figure F.

2. Verjetnost, da točka pade v določeno figuro G znotraj figure F, neposredno sorazmerna s površino figure G.

Če povzamemo: naj bosta in sta ploščini figur F in G. Verjetnost dogodka A»točka X pripada sliki G, ki je na sliki F", je enako

Upoštevajte, da je območje slike G ne več kot površina figure F, Zato

Vrnimo se k naši nalogi. Slika F v tem primeru kvadrat s stranico 1. Zato je =1.

Točka je od meje kvadrata odmaknjena za največ , če pade znotraj osenčene figure na sliki G.Če želite najti območje, morate iz območja figure F odštejte površino notranjega kvadrata s stranico.

Nato verjetnost, da točka pade na sliko G, enako

Primer 2. Točka X je naključno izbrana iz trikotnika ABC. Poiščite verjetnost, da pripada trikotniku, katerega oglišča so razpolovišča stranic trikotnika.

rešitev: Srednji črti trikotnika ga delita na 4 enake trikotnike. pomeni,

Verjetnost, da točka X pripada trikotniku KMN, je enaka:

Zaključek. Verjetnost, da točka pade v določeno sliko, je neposredno sorazmerna s površino te figure.

Naloga. Nestrpni dvobojevalci.

Dvoboji v mestu Caution se le redko končajo žalostno. Dejstvo je, da vsak dvobojevalec pride na zborno mesto ob naključni uri med 5. in 6. uro zjutraj in po 5 minutah čakanja na nasprotnika odide. Če slednji pride v teh 5 minutah, bo dvoboj izveden. Kolikšen delež dvobojev se dejansko konča z bojem?

rešitev: Pustiti X in pri navedite čas prihoda 1. oziroma 2. dvobojevalca, merjeno v delčkih ure od 5. ure naprej.

Dvobojevalca se srečata, če se t.j. x - < l< x + .

Upodabljajmo to na risbi.

Zasenčen del kvadrata ustreza primeru srečanja dvobojevalcev.

Ploščina celotnega kvadrata je 1, ploščina osenčenega dela je:

.

To pomeni, da so možnosti boja enake.

II. Izbira točke iz odseka in krožnega loka.

Oglejmo si miselni eksperiment, ki je sestavljen iz naključnega izbora ene točke X iz določenega segmenta MN.

To lahko razumemo, kot da je točka X naključno "vržena" na segment. Osnovni dogodek v tem poskusu je lahko izbira katere koli točke na segmentu.

Naj bo segment CD vsebovan v segmentu MN. Zanima nas dogodek A , ki sestoji iz dejstva, da izbrana točka X pripada segmentu CD.

Metoda za izračun te verjetnosti je enaka kot za figure na ravnini: verjetnost je sorazmerna z dolžino odseka CD.

Zato je verjetnost dogodka A "točka X pripada odseku CD, ki ga vsebuje odsek MN" je enako, .

Primer 1. Točka X je naključno izbrana znotraj odseka MN. Poiščite verjetnost, da je točka X bližje točki N kot M.

rešitev: Naj bo točka O razpolovišče odseka MN. Naš dogodek se bo zgodil, ko bo točka X ležala znotraj segmenta ON.

Potem .

Nič se ne spremeni, če točka X ni izbrana iz segmenta, ampak iz loka neke ukrivljene črte.

Primer 2. Točki A in B sta podani na krožnici in ti točki nista diametralno nasprotni. Točka C je izbrana na istem krogu. Poiščite verjetnost, da bo odsek BC sekal premer kroga, ki poteka skozi točko A.

rešitev: Naj bo obseg L. Dogodek, ki nas zanima TO »Odsek BC seka premer DA« se pojavi le, če točka C leži na polkrogu DA, ki ne vsebuje točke B. Dolžina tega polkroga je L.

.

Primer 3. Na krožnico vzamemo točko B. Kolikšna je verjetnost, da bo dolžina tetive AB manjša od polmera krožnice.

rešitev: Naj bo r polmer kroga.

Da bi bila tetiva AB krajša od polmera krožnice, mora točka B pasti na lok B1AB2, katerega dolžina je enaka dolžini krožnice.

Verjetnost, da bo dolžina tetive AB manjša od polmera kroga, je:

III. Izbira točke s številske premice

Geometrijsko verjetnost lahko uporabimo za numerične intervale. Recimo, da je naključno izbrano število X, ki izpolnjuje pogoj. Ta poskus lahko nadomestimo s poskusom, pri katerem iz odseka na številski premici izberemo točko s koordinato X.

Oglejmo si dogodek, ko je točka s koordinato X izbrana iz segmenta, ki ga vsebuje segment . Označimo ta dogodek. Njegova verjetnost je enaka razmerju dolžin segmentov in .

.

Primer 1. Poiščite verjetnost, da naključno izbrana točka iz odseka pripada odseku.

rešitev: S formulo geometrijske verjetnosti ugotovimo:

.

Primer 2. Po prometnih pravilih lahko pešec prečka ulico na nedoločenem mestu, če v bližini ni prehodov za pešce. V mestu Mirgorod je razdalja med prehodi za pešce na ulici Solnechnaya 1 km. Pešec prečka Solnečno ulico nekje med dvema križiščema. Znak za prehod ne vidi več kot 100 m od sebe. Poiščite verjetnost, da pešec ne krši pravil.

rešitev: Uporabimo geometrijsko metodo. Uredimo številsko premico tako, da se odsek ulice med križišči izkaže kot segment. Naj se pešec približa ulici na neki točki s koordinato X. Pešec ne krši pravil, če je od vsakega prehoda oddaljen več kot 0,1 km, tj. 0,1

.

Primer 3. Vlak prevozi peron v pol minute. V nekem trenutku je Ivan Ivanovič povsem po naključju, ko je iz svojega kupeja pogledal skozi okno, videl, da mimo perona pelje vlak. Ivan Ivanovič je točno 10 sekund gledal skozi okno in se nato obrnil stran. Poiščite verjetnost, da je videl Ivana Nikiforoviča, ki je stal točno na sredini ploščadi.

rešitev: Uporabimo geometrijsko metodo. Odštevali bomo sekunde. Za 0 sekund vzemimo trenutek, ko je Ivan Ivanovič dohitel začetek perona. Nato je pri 30 sekundah dosegel konec perona. Za X sek. Označimo trenutek, ko je Ivan Ivanovič pogledal skozi okno. Zato je število X naključno izbrano iz segmenta. Ivana sem dohitel na 15 sekund. Ivana Nikiforoviča je videl le, če je pogledal skozi okno najpozneje v tem trenutku, vendar ne prej kot 10 sekund pred tem. Zato morate najti geometrijsko verjetnost dogodka. Z uporabo formule najdemo

.

"Verjetnostno ozadje"

Na samem začetku pesmi »Mrtve duše« se dva človeka prepirata o tem, kako daleč bo potovalo kolo v Čičikovi kočiji:

»... dva Rusa, ki sta stala pri vratih gostilne nasproti hotela, sta podala nekaj komentarjev, ki pa so se bolj nanašali na kočijo kot na tiste, ki so sedeli v njej. »Glej,« je rekel eden drugemu, »kakšno kolo! Kaj mislite, ali bi to kolo, če bi se zgodilo, prišlo do Moskve ali ne?« "Prišlo bo," je odgovoril drugi. "Ampak mislim, da ne bo prišel v Kazan?" "Ne bo prišel v Kazan," je odgovoril drugi.

Težave, ki jih je treba rešiti.

1. Poiščite verjetnost, da bo točka, naključno vržena v kvadrat ABCD s stranico 4, končala v kvadratu A1B1C1D1 s stranico 3, ki se nahaja znotraj kvadrata ABCD.

Odgovori. 9/16.

2. Dve osebi A in B sta se dogovorili, da se srečata na določenem mestu v časovnem intervalu od 900 do 1000. Vsaka pride naključno (v določenem časovnem intervalu), neodvisno od druge, in čaka 10 minut. Kakšna je verjetnost, da se srečata?

Odgovori. 11/36.

3. V odseku AB dolžine 3 se točka C pojavi naključno. Določite verjetnost, da je razdalja od točke C do B večja od 1.

Odgovori. 2/3.

4. V krog s polmerom 5 je vpisan trikotnik z največjo ploščino. Določite verjetnost, da točka, ki je pomotoma vržena v krog, pade v trikotnik.

5. Buratino je zasadil okrogel madež s polmerom 1 cm na pravokoten list velikosti 20 cm krat 25 cm. Takoj za tem je Buratino posadil še en enak madež, ki je v celoti končal na listu. Poiščite verjetnost, da se ti dve madeži ne dotikata.

6. Kvadrat ABCD je vpisan v krog. Na tej krožnici je naključno izbrana točka M. Poiščite verjetnost, da ta točka leži na: a) manjšem loku AB; b) večji lok AB.

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

7. Točka X je naključno vržena na odsek S kolikšno verjetnostjo velja neenakost: a) ; b) ; V)?

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

8. O vasi Ivanovo je znano le to, da se nahaja nekje na avtocesti med Mirgorodom in Stargorodom. Dolžina avtoceste je 200 km. Poiščite verjetnost, da:

a) od Mirgoroda do Ivanova po avtocesti je manj kot 20 km;

b) od Stargoroda do Ivanova po avtocesti več kot 130 km;

c) Ivanovo se nahaja manj kot 5 km od polovice poti med mesti.

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

Dodatno gradivo

Geometrični pristop k verjetnosti dogodka ni odvisen od vrste meritev geometrijskega prostora: pomembno je le, da sta množica elementarnih dogodkov F in množica G, ki predstavlja dogodek A, iste vrste in enakih dimenzij.

2. Naključna točka X je enakomerno porazdeljena v kvadratu . Poiščite verjetnost, da kvadrat s središčem X in stranicami dolžine b, ki so vzporedne s koordinatnimi osemi, v celoti vsebuje kvadrat A.

Literatura:

1. Teorija verjetnosti in statistika / , . – 2. izd., predelana. – M.: MTsNMO: učbeniki,” 2008. – 256 str.: ilustr.

2. Teorije verjetnosti in matematična statistika v primerih in nalogah z uporabo Excela / , . – ur. 4. – Rostov n/d: Phoenix, 2006. – 475 str.: ilustr. - (Višja izobrazba).

3. Petdeset zabavnih verjetnostnih problemov z rešitvami. per. iz angleščine/ur. . 3. izd. – M.: Nauka, Glavna redakcija fizične in matematične literature, 1985. – 88 str.

4. Zbirka nalog iz teorije verjetnosti: Učbenik. Priročnik za univerze./, – 2. izd., prenov. In dodatno – M.: Znanost. Pogl. izd. fiz.-mat. Lit. – 1989. – 320 str.

5. Izbirni predmet matematika: Teorija verjetnosti: Uč. Priročnik za 9-11 razrede. povpr. šola/ – 3. izd. predelan – M.: Izobraževanje, 1990. – 160 str.

Geometrijska definicija verjetnosti. Težave z rešitvami

Zunaj so zgodnji jesenski dnevi in ​​rumeno listje na drevesih vzbuja lirično in rahlo žalostno razpoloženje ... Toda pred nami je še celo študijsko leto in v takih trenutkih se je treba pripraviti na plodno delo! Hitim, da razveselim vse moping bralce s svojim podpisnim receptom, ki vam omogoča hitro povečanje tonusa vašega telesa. Če želite to narediti, se le malo spomnite geometrija… … ne, strinjam se, da včasih uspava, ampak v majhnih odmerkih je izjemno poživljajoča! In kar je najpomembneje, je zelo učinkovito - takoj ko začnete jemati življenjske porcije znanja, takoj ne boste doživeli sezonske depresije!

V prvi lekciji na to temo sva se srečala klasična definicija verjetnosti pojav nekega dogodka v testu in najenostavnejša formula , kjer je skupno število vse mogoče enako možno , osnovno rezultatov danega testa in je število osnovnih rezultatov, ki so ugodni za dogodek.

Imate težave s terminologijo in/ali razumevanjem? Začnite z osnove teorije verjetnosti.

Gremo naprej: klasična definicija verjetnosti se izkaže za učinkovito pri reševanju cele vrste problemov, po drugi strani pa ima tudi vrsto slabosti. Še pravilneje bi bilo reči, ne pomanjkljivosti, ampak omejitve. Ena takih omejitev je dejstvo, da ne velja za poskuse z neskončnim številom izidov. Najenostavnejši primer:

Lačna točka se naključno vrže na segment. Kakšna je verjetnost, da bo padel med ?

Ker je na odseku neskončno veliko točk, formule tukaj ni mogoče uporabiti (zaradi neskončno velike vrednosti "en") in tako pride na pomoč drug pristop, imenovan geometrijska definicija verjetnosti.

Vse je zelo podobno: verjetnost pojava nekega dogodka v testu je enaka razmerju , kjer je – geometrijska mera, ki izraža skupno število vse mogoče in enako možno rezultate tega testa in – ukrep, ki izraža število izidov, ki so ugodni za dogodek. V praksi je tako geometrijsko merilo največkrat dolžina ali ploščina, redkeje prostornina.

Oglejmo si dogodek: – točka, vržena na odsek, pade v interval. Očitno je skupno število izidov izraženo z dolžino večjega segmenta: , izidi, ki so ugodni za dogodek, pa so dolžina vgrajenega segmenta: Glede na geometrijsko definicijo verjetnosti:

Preveč lahko? Kot je to v primeru klasična definicija, to je zavajajoč vtis. Temeljito in vestno razumemo praktične primere:

Problem 1

Meter trak je naključno prerezan s škarjami. Poiščite verjetnost, da bo dolžina reza najmanj 80 cm.

rešitev: »Kaj je tu tako zapletenega? Verjetnost je 1/5.” To je avtomatska napaka, storjena zaradi malomarnosti. Da, popolnoma drži - dolžina reza bo vsaj 80 cm, če od traku ne odrežete več kot 20 centimetrov. Tu pa pogosto pozabljajo, da je želeni rez mogoče narediti kot iz enega konec traku in od drugega:

Upoštevajte dogodek: – dolžina reza bo najmanj 0,8 m.

Ker je trak mogoče prerezati kjer koli, skupno število izidov ustreza njegovi dolžini: Odseki reza, ki so ugodni za dogodek, so na sliki označeni z rdečo barvo in njihova skupna dolžina je enaka:

Odgovori: 0,4

Kaj je mogoče sklepati? Tudi če se vam naloga zdi zelo preprosta, NE hitite. Impulzivnost je na splošno slaba stvar - pomeni napake, nepotrebne nakupe, poškodovane kožne odnose itd... ampak da ne govorimo o žalostnih stvareh!

Pri pripravi nalog obvezno navedite dimenzijo (enote, metri, kvadratne enote, kvadratni metri itd.). Mimogrede, upoštevajte, da se na zadnji stopnji izračunov geometrijska mera zmanjša. Tako so bili v obravnavanem primeru metri zmanjšani: , kar je povzročilo običajno brezdimenzijsko verjetnost.

Problem 2

Po neurju je prišlo do pretrganja žice na območju med 40. in 70. kilometrom telefonske linije. Kakšna je verjetnost, da se je to zgodilo med 50. in 55. kilometrom proge?

Kratka rešitev in odgovor na koncu lekcije.

Veliko pogostejši so primeri, v katerih se pojavljajo področja:

Problem 3

Trikotniku s stranicami je vpisan krog. Točka je poljubno postavljena v trikotnik. Poiščite verjetnost, da bo točka padla v krog.

Naj vas spomnim, da včrtana krožnica leži znotraj trikotnika in se njegovih stranic dotika v 3 točkah

rešitev: ker je točka postavljena v trikotnik in krog leži znotraj, skupno število izidov ustreza površini trikotnika, množica ugodnih izidov pa ustreza površini včrtanega kroga. Kaj lahko rečem? Iščemo področja:

Če so podane dolžine strani trikotnika, je njegovo območje priročno najti z uporabo Heronova formula:
, kjer so dolžine strani trikotnika in je polobseg.

Najprej izračunajmo polobseg trikotnika: , nato pa njegovo območje:

Metodo pridobivanja faktorjev izpod korenine sem obravnaval v starih časih med uvodno lekcijo na analitično geometrijo.

Površino včrtanega kroga najdemo s formulo , kjer je njegov polmer.

Od kod dobite geometrijske formule? Potrebne formule najdete v šolskem učbeniku ali drugem viru informacij. Hkrati se jih ni treba posebej učiti, osebno sem si le zapomnil in našel vse ostalo v nekaj minutah na Wikipediji. In v nekaj minutah bom z veseljem pozabil vse to =)

Torej je območje včrtanega kroga:

Po geometrijski definiciji:
– verjetnost, da bo točka padla v včrtovani krog.

Odgovori:

Enostavnejši primer, ki ga lahko rešite sami:

Problem 4

V krogu s polmerom 10 cm je pravokotni trikotnik s krakoma 12 in 7 cm naključno postavljena pika. Poiščite verjetnost, da ne bo padel v dani trikotnik.

Upoštevati je treba, da se pri tej nalogi trikotniku ni treba na noben način dotikati kroga, preprosto se nahaja znotraj kroga in to je to. Bodi previden!

Zdaj razmislite o dobro znani težavi srečanja:

Problem 5

Dva tovornjaka lahko prideta na nakladanje med 19.00 in 20.30. Nakladanje prvega avtomobila traja 10 minut, drugega pa 15 minut. Kakšna je verjetnost, da bo moral en stroj počakati, da drugi konča nalaganje?

Pomislimo malo na stanje. Prvič, avtomobili lahko pridejo na nakladanje v poljubnem vrstnem redu, in drugič, kadar koli v eni uri in pol. Na prvi pogled se zdi odločitev precej težka. In za nepripravljeno osebo bo res pretežko. Podrobno analizo metode reševanja tega problema lahko najdete na primer v Gmurmanovem učbeniku, vendar se bom do neke mere omejil na formalni algoritem:

rešitev: Najprej ugotovimo trajanje časovnega obdobja, v katerem lahko poteka srečanje. V tem primeru, kot je navedeno zgoraj, je to ena ura in pol ali 90 minut. Hkrati pa dejanski časovni okvir tukaj ni veliko pomemben - nakladanje avtomobilov lahko poteka na primer zjutraj od 8.30 do 10.00, odločitev pa bo popolnoma enaka.

Izračune je mogoče izvesti tako v delčkih ure kot v minutah. Po mojem mnenju je v večini primerov bolj priročno delati z minutami - manj je zmede.

Analitično razjasnimo spodnjo mejo integracije (poiščimo presečišče hiperbole in ravno):

Na segmentu je ravna črta ne manj hiperbole,
po ustrezni formuli:

Po geometrijski definiciji:
– verjetnost, da bo zmnožek dveh uganjenih števil v območju od 0 do 5 večji od dva.

Odgovori:

Podoben primer za samostojno rešitev.

Ne tistega Russella, o brivcu in diagonalnem argumentu, ampak tistega Josepha Louisa Francoisa. Sestoji iz naslednjega.
Težava: tam je krog, tam naključno narišemo tetivo. Kakšna je verjetnost dogodka
A = (izkazalo se je, da je tetiva daljša od stranice enakostraničnega trikotnika, vpisanega v krog)?

Odgovor je odvisen od tega, kako natančno izberemo ta akord. Namreč, obstajajo trije načini (možnih je več, vendar bo zaenkrat dovolj):

1. metoda: Akord - kaj je to? Odsek, ki povezuje dve točki na krožnici. Brez nadaljnjega odlašanja vzemimo dve naključni točki na tem krogu (neodvisno) in narišimo tetivo med njima. Ker je tukaj vse simetrično, bo BOMS prva točka padla neposredno na severni pol in dogodek A se bo zgodilo, ko druga točka zadene rdeči lok na sliki (vsi akordi v tej objavi so modri):

Očitno je želena verjetnost 1/3.

Metoda 2. Zdaj pa ga vzemimo in narišimo tetivo takole. Najprej izberimo naključni polmer (tj. sredino poveži z naključno točko na krogu), nato izberimo naključno točko na njem, narišimo navpičnico in dobimo tetivo. Spet, BOOMS ta radij vodi do severnega pola (in zakaj me je tako pritegnilo k severnemu polu ...), stranica enakostraničnega trikotnika (ki ima vrh na južnem polu) pa ta radij deli strogo na pol, in spet iz kontemplacije slike

(potrebno je, da naključna točka na polmeru pade na rdeči segment) je jasno, da je želena verjetnost enaka 1/2.

3. metoda. Na splošno bomo izbrali samo eno naključno točko znotraj kroga. Jasno je, da ne moremo priti točno do središča, kar pomeni, da obstaja samo ena tetiva, katere središčna točka sovpada z izbrano. Razmislimo o tem. Oziroma poglejmo sliko

in jasno vidimo, da je želena verjetnost enaka 1/4 (polmer notranjega kroga, kamor naj pade izbrana točka, je polovica prvotnega).

Tukaj. Ena težava, trije različni odgovori, 1/3, 1/2, 1/4. In na tej točki se običajno sklepa, da je problem formuliran nepravilno; treba je navesti, kaj točno mislimo z "izberi naključni akord", sicer je nemogoče. Torej?

Ampak ni tako! Natančneje, ne čisto tako. Takole je: če vsekakor želimo formulirati vse verjetnostne probleme na absolutno strog in natančen način, potem namesto, na primer, »od desetih ljudi naključno izberemo dva«, bomo morali napisati nekaj takega kot »iz množica vseh neurejenih parov različnih elementov množice (1, ...,10) izbere en par z enakomerno porazdelitvijo verjetnosti." No, kaj za vraga, mislim, da je običajno jasno, da ko rečejo "izbrali bomo naključno" brez dodatnih pojasnil, to pomeni, da je izbira enako verjetna, tj. da je narejena z enakomerno porazdelitvijo.

V REDU. Globa. Tukaj pa mi bodo ugovarjali v smislu, da

Jasno je, kako je enako verjetno izbrati naključni element množice n elementi (vsak je vzet z verjetnostjo 1/N)

Prav tako je intuitivno jasno, kaj je enakomerna porazdelitev na katerem koli področju, recimo na ravnini (krog, kvadrat, ...).

Kaj pa bolj zapleteni objekti?

In na to bomo odgovorili takole. Glavna stvar, rekel bi celo, značilnost To je lastnost enakomerne porazdelitve. Pustiti H- neka podmnožica množice G in izberite en predmet iz G na enako verjeten način. Torej, pod pogojem, da je rezultat padel v H- tam ima enakomerno porazdelitev, dobimo takšno invariantnost. Na primer, če naključno izberete eno osebo iz skupine 5 moških / 5 žensk in je znano, da je to ženska, ima katera koli od teh petih enake možnosti (1/5), da bo izbrana. In vse to velja tudi za enoten izbor točke iz regije.

Kaj torej želimo od naključnega akorda? Glede na zgoraj navedeno se mi zdi razumno, da želimo naslednje:

pod pogojem, da naključni akord AB seka majhen krog (tam ustvari tetivo A "B"), ta akord A "B" ima enako porazdelitev verjetnosti kot samo "naključni akord" (karkoli že to pomeni) v majhnem krogu.

Torej se izkaže, da ima od treh zgornjih metod za konstruiranje naključnega akorda to lastnost le metoda 2! In nihče razen njega; vse druge niso dobre. Vse to je že dolgo znano, glejte članek, toplo priporočam.

To, o čemer smo tukaj že razpravljali, pa napeljuje na takšne misli. V redu, zdaj vemo, da obstaja naključna tetiva kroga. kako
pravi matematiki želimo to posplošiti, od krogov do elips, kvadratov, hiperkock in karkoli. No, pa poskusimo.

Pomeni, če ponovimo storjeno, tetiva je segment, ki povezuje dve točki na meji naše regije. Namesto da takoj izberemo ti dve točki, poskusimo to narediti drugače: najprej izberimo eno točko na meji (na nek način), nato pa izberimo smer (na nek drug način), kamor bo šla tetiva od te točke. In šlo bo, dokler se ne preseka z mejo, in kamorkoli pride, bo tam druga točka.

Kot preprosto vajo iz poznavanja šolske planimetrije dokažite, da je metoda 1 enakovredna temu postopku: najprej enakomerno vzamemo eno točko na krožnici, nato pa enakomerno porazdelimo tudi smer tetive, kot da bi bile vse smeri so enako verjetne.

In pri naši dragoceni metodi 2 je situacija naslednja: smer tetive je izbrana v skladu s kosinusnim zakonom, tj. gostota porazdelitve te smeri je sorazmerna s kosinusom kota med njo in polmerom (dokažite!). Kaj se zgodi, če podoben postopek izvedemo z bolj ali manj poljubno regijo (tukaj ne bomo pisali dolgočasnih komentarjev o zadostni gladkosti njene meje), namreč

(a) najprej enakomerno izberite točko na meji

(b) od tam izberemo smer v skladu s kosinusnim zakonom (kot je z normalo na mejo na tej točki) in tetiva gre.

Izkazalo se je, da vse to res deluje, in to v kateri koli dimenziji! To je mogoče dokazati


(skoraj copy-paste, upoštevajte) glede na to, ki je naključen akord AB seka notranjo regijo (tam ustvari tetivo A "B"), ta akord A "B" ima enako porazdelitev verjetnosti kot preprosto naključna tetiva v notranjem območju (zunanje območje je tu bolj ali manj poljubno, notranje pa je konveksno, tako da je "inducirana" tetiva vedno enolično določena). Izkoristil bom to priložnost za oglaševanje članka tukaj, čeprav smo tam ponekod na novo izumili kolo. Knjigo bi morali najprej vsaj prebrati (in jo toplo priporočam, ja).

________________________________________ _____________________________________

Jaynes, E.T. (1973). "Dobro zastavljen problem". Najdeno. Phys. 3 (4): 477-492.

F. Comets, S. Popov, G.M. Schütz, M. Vachkovskaia (2009)
Biljard v splošni domeni z naključnimi odboji.
Arhiv za racionalno mehaniko in analizo, 193 (3), str. 737-738,
http://link.springer.com/article/10.1007%2Fs00205-008-0120-x?LI=true
Glej tudi Erratum tukaj: http://link.springer.com/article/10.1007%2Fs00205-009-0236-7?LI=true, ker so zamočili.
In najbolje je prebrati tukaj: http://arxiv.org/abs/math/0612799, tam je že vse popravljeno in dostop je brezplačen.

Kendall, Moran. (1972)
Geometrijske verjetnosti.
Mislim, da bo vsak našel kje prenesti :)