Më duhet të krijoj një pikë uniforme të rastësishme në një rreth me rreze R.

Unë e kuptoj se thjesht duke zgjedhur një kënd të rastësishëm të njëtrajtshëm në interval, duke dhënë distancat nga qendra. Trekëndëshi ynë është një shirit i hollë, kështu që AB dhe BC janë në thelb paralele. Pra pika Z është thjesht distanca x + y nga origjina. Nëse x + y > R e hedhim prapa.

Këtu është algoritmi i plotë për R = 1. Shpresoj që ta keni mjaft të thjeshtë. Ai përdor një shkas, por ju mund të jepni një garanci se sa kohë do të zgjasë dhe sa random() i nevojitet, në krahasim me një mostër të refuzuar.

T = 2*pi* rastësor() u = i rastësishëm()+ i rastësishëm() r = nëse u>1 atëherë 2-u tjetër u

Këtu është në Mathematica.

F := Blloku[(u, t, r), u = i rastësishëm + i rastësishëm;

t = i rastësishëm 2 Pi;

r = Nëse;< 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, Aspect Ratio -> Automatic]

Ja një zgjidhje e shpejtë dhe e lehtë.

Zgjidhni dy numra të rastësishëm në rangun (0, 1), përkatësisht a dhe b. Nëse b

Ju mund të mendoni për këtë zgjidhje në mënyrën e mëposhtme. Nëse do të merrnit një rreth, do ta prisnit dhe më pas do ta drejtonit, do të merrni një trekëndësh kënddrejtë. Zvogëloni trekëndëshin dhe do të keni një trekëndësh nga (0, 0) në (1, 0) në (1, 1) dhe përsëri në (0, 0). Të gjitha këto transformime ndryshojnë densitetin në mënyrë uniforme. Ajo që bëtë ishte të zgjidhni në mënyrë të njëtrajtshme një pikë të rastësishme në trekëndësh dhe të ndryshoni procesin për të marrë një pikë në rreth.

Vini re se dendësia e pikës është proporcionale me katrorin e anasjelltë të rrezes, kështu që në vend që të zgjidhni r nga , zgjidhni nga , pastaj llogaritni koordinatat tuaja si:

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

Premisa bazë është që ju mund të krijoni një ndryshore me një shpërndarje të dëshiruar nga një uniforme duke përshtatur inversin uniform të funksionit të shpërndarjes kumulative në funksionin e densitetit të probabilitetit të dëshiruar. Për çfarë? Thjesht merreni si të mirëqenë, por është një fakt.

Këtu është shpjegimi im paksa intuitiv i matematikës. Funksioni i densitetit f(r) në lidhje me r duhet të jetë proporcional me vetë r. Kuptimi i këtij fakti është pjesë e çdo libri themelor të llogaritjes. Shihni seksionet mbi elementët polare. Disa postera të tjerë e kanë përmendur këtë.

Pra, le ta quajmë f (r) = C * r;

Kjo rezulton të jetë një pjesë e madhe e punës. Tani, meqenëse f(r) duhet të jetë një densitet probabiliteti, është e lehtë të shihet se duke integruar f(r) në intervalin (0, R) ju merrni se C = 2/R^2 (ky është një ushtrim për lexuesin .)

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

Pastaj pjesa përfundimtare vjen nga ndryshorja uniforme e rastësishme u në (0,1), të cilën duhet ta vendosni në inversin e funksionit të shpërndarjes kumulative të kësaj densiteti të kërkuar f(r). Për të kuptuar pse është kështu, do t'ju duhet të gjeni një tekst probabiliteti të avancuar si Papulis (ose ta merrni vetë).

Duke integruar f(r) ju merrni F(r) = r^2/R^2

Për të gjetur funksionin e anasjelltë të kësaj, ju jepni u = r^2/R^2 dhe më pas zgjidhni për r, që ju jep r = R * sqrt(u)

Kjo gjithashtu ka kuptim në mënyrë intuitive, u=0 duhet të hartohet në r=0 Gjithashtu, është funksioni i rrënjës katrore që ka kuptim dhe përputhet me lidhjen.

Arsyeja pse zgjidhja naive nuk funksionon është se ajo jep një densitet probabiliteti më të lartë për pikat më afër qendrës së rrethit. Me fjalë të tjera, një rreth me rreze r/2 ka një probabilitet r/2 për të marrë një pikë të zgjedhur në të, por ka një sipërfaqe (numër pikash) pi * r^2/4.

Prandaj, ne duam që densiteti i probabilitetit të rrezes të ketë vetinë e mëposhtme:

Probabiliteti i zgjedhjes së një rreze më të vogël ose të barabartë me një r të caktuar duhet të jetë proporcionale me sipërfaqen e rrethit me rreze r. (sepse duam të kemi një shpërndarje të barabartë nëpër pika, dhe zona më të mëdha nënkuptojnë më shumë pikë)

Me fjalë të tjera, ne duam që probabiliteti i zgjedhjes së një rrezeje ndërmjet të jetë e barabartë me fraksionin e saj të sipërfaqes totale të rrethit. Sipërfaqja e përgjithshme e një rrethi është pi * R^2 dhe sipërfaqja e një rrethi me rreze r është pi * r^2 2)/(pi * R^2 ) = r^2/R^2.

Tani vjen matematika:

Probabiliteti i zgjedhjes së një rrezeje ndërmjet është integrali i p(r)dr nga 0 në r (kjo është vetëm sepse po shtojmë të gjitha probabilitetet e rrezeve më të vogla). Pra, ne duam integralin (p(r)dr) = r^2/R^2 Mund të shohim qartë se R^2 është një konstante, kështu që ne vetëm duhet të kuptojmë se cili prej p(r) do të integrohet. na jep diçka si r^2 Përgjigja është qartësisht r* konstante. integral (r * konst dr) = r ^ 2/2 * konstante. Kjo duhet të jetë e barabartë me r^2/R^2, pra konstanta = 2/R^2 Pra, ju keni shpërndarjen e probabilitetit p(r) = r*2/R^2

Shënim. Një mënyrë tjetër intuitive për të menduar për problemin është të imagjinoni se po përpiqeni t'i jepni çdo rrethi një rreze probabiliteti një proporcion të barabartë me numrin e pikave që ka në gjatësinë e perimetrit të tij. Pra, një rreth me rreze r do të ketë 2 * pi * r "pika" përgjatë perimetrit të tij. Numri total i pikave është pi * R^2 Pra, duhet t'i jepni rrethit një probabilitet të barabartë me (2 * pi * r) / (pi * R^2) = 2 * r/R^2 e kuptueshme dhe më intuitive, por nuk është aq e shëndetshme matematikisht.

Vërtet varet nga ajo që kuptoni me "uniformisht të rastësishme". Kjo është një pikë e mirë, dhe ju mund të lexoni më shumë rreth saj në faqen wiki këtu: http://en.wikipedia.org/wiki/Bertrand_paradox_%28probability%29, ku i njëjti problem që jep interpretime të ndryshme të "në mënyrë të njëtrajtshme të rastësishme" jep përgjigje të ndryshme!

Në varësi të mënyrës se si i zgjidhni pikat, shpërndarja mund të ndryshojë, megjithëse është disi uniforme.

Hyrja në blog duket se po përpiqet ta bëjë atë uniformisht të rastësishme në kuptimin e mëposhtëm: nëse merrni një nënrreth të një rrethi me të njëjtën qendër, atëherë probabiliteti që një pikë të bjerë në atë rajon është proporcionale me sipërfaqen e rajonit . Kjo, besoj, përpiqet të ndjekë interpretimin tashmë standard "uniformisht të rastësishëm" për rajonet 2D me rajone të përcaktuara në to: probabiliteti që një pikë të bjerë në çdo rajon (me një rajon të mirëpërcaktuar) është në proporcion me sipërfaqen e atë rajon.

Këtu është kodi im Python për gjenerimin e pikave të rastësishme nga një rreth me rreze rad:

Importoni matplotlib.pyplot si plt importoni numpy si 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.bosht ([-15, 15 , -15, 15]) plt.show()

Le të jenë ρ (rrezja) dhe φ (azimut) dy ndryshore të rastësishme që korrespondojnë me koordinatat polare të një pike arbitrare brenda rrethit. Nëse pikat janë të shpërndara në mënyrë uniforme, atëherë cili është funksioni i shpërndarjes së funksioneve ρ dhe φ?

Për çdo r: 0

P[ρ

Ku S1 dhe S0 janë zonat e një rrethi me rreze r dhe R, respektivisht. Pra, CDF mund të specifikohet si:

0 nëse 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).

Vini re se për R = 1 ndryshorja e rastësishme sqrt (X), ku X është uniform në = P = y * * 2 në 0

Shpërndarja e φ është me sa duket uniforme nga 0 në 2 * π. Tani mund të gjeneroni koordinata polare të rastësishme dhe t'i konvertoni ato në karteziane duke përdorur ekuacionet trigonometrike:

X = ρ * cos(φ) y = ρ * sin(φ)

Nuk mund t'i rezistoj postimit të kodit python për R=1.

Nga matplotlib import pyplot si plt import numpy si 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)

Ju do të merrni

Zgjidhja Java dhe shembulli i përhapjes (2000 pikë)

Publik i zbrazët getRandomPointInCircle() ( t dyfishtë = 2 * Math.PI * Math.random(); double r = Math.sqrt(Math.random()); dyfish x = r * Math.cos(t); dyfish y = r * Math.sin(t) System.out.println(x);

Së pari do të gjenerojmë cdf[x] që është

Probabiliteti që një pikë të jetë më e vogël se distanca x nga qendra e rrethit. Le të supozojmë se rrethi ka rreze R.

padyshim, nëse x është zero, atëherë cdf = 0

padyshim, nëse x është e barabartë me R, atëherë cdf [R] = 1

padyshim, nëse x = r, atëherë cdf [r] = (Pi r ^ 2)/(Pi R ^ 2)

Kjo është për shkak se çdo "zonë e vogël" në rreth ka të njëjtin probabilitet për t'u zgjedhur, kështu që probabiliteti është proporcional me atë zonë. Dhe zona e dhënë në një distancë x nga qendra e rrethit është Pi r^2

kështu cdf[x] = x^2/R^2 sepse Pi anulojnë njëri-tjetrin

kemi cdf[x] = x^2/R^2, ku x shkon nga 0 në R

Pra zgjidhim për x

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

Tani mund të zëvendësojmë cdf me një numër të rastësishëm midis 0 dhe 1

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

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

marrim koordinatat polare (0.601168 R, 311.915 gradë)

Kam përdorur këtë metodë: Kjo mund të jetë plotësisht e pa optimizuar (d.m.th. përdor një grup pikash, kështu që nuk është i përshtatshëm për rrathë të mëdhenj), por jep një shpërndarje të rastësishme. Ju mund të kaloni krijimin e matricës dhe të vizatoni drejtpërdrejt nëse dëshironi. Metoda është të rastësohen të gjitha pikat në drejtkëndësh që bien brenda rrethit.

Bool[,] getMatrix(System.Drawing.Rectangle r) ( bool[,] matrica = bool ri; matrica kthyese; ) void fillMatrix(ref bool[,] matrica, vector center) ( rreze e dyfishtë = qendër.X; r rastësishme = new Random();< 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); }

) ) ) ) tërheqje private e zbrazët (Vektori qendrorPoint, rreze e dyfishtë, bool[,] matricë) (var g = this.CreateGraphics(); Bitmap pixel = new Bitmap(1,1); pixel.SetPixel(0, 0, Color .E zezë për (int y = 0; y).

Elementi i zonës në një rreth është dA = rdr * dphi. Ky faktor shtesë prishi idenë tuaj për të zgjedhur rastësisht r dhe phi. Ndërsa phi shpërndahet i sheshtë, r jo, por i sheshtë në 1/r (që do të thotë se keni më shumë gjasa të goditni kufirin sesa syri i demit).

Pra, për të krijuar pika të shpërndara në mënyrë të barabartë rreth një rrethi, zgjidhni phi nga shpërndarja e sheshtë dhe r nga shpërndarja 1/r.

Një alternativë është përdorimi i metodës Monte Carlo të propozuar nga Mehrdad.

NDRYSHIM

Për të zgjedhur një r banesë të rastësishme në 1/r, mund të zgjidhni një x të rastësishëm nga intervali dhe të llogaritni r = 1/x. r më pas shpërndahet dendur në 1/r.

Për të llogaritur phi të rastësishme, zgjidhni një x të rastësishëm nga intervali dhe llogaritni phi = 2 * pi * x.

Ju gjithashtu mund të përdorni intuitën tuaj.

Sipërfaqja e një rrethi është pi*r^2

Kjo na jep zonën pi. Le të supozojmë se kemi një funksion f që do të shpërndante në mënyrë të barabartë N=10 pikë brenda rrethit. Raporti këtu është 10/pi

Tani dyfishojmë sipërfaqen dhe numrin e pikëve

Në r=2 dhe N=20

Kjo jep një sipërfaqe prej 4pi dhe raporti tani është 20/4pi ose 10/2pi. Raporti do të bëhet gjithnjë e më i vogël sa më i madh të jetë rrezja, pasi rritja e tij është kuadratike dhe N është lineare.

Për ta rregulluar këtë mund të themi thjesht

X = r^2 sqrt(x) = r

Nëse krijoni një vektor në koordinata polare si kjo
Jo ai i Russelit, për berberin dhe argumentin diagonal, por ai i Joseph Louis Francois. Përbëhet nga sa vijon.
Problemi: ka një rreth, ne tërheqim rastësisht një akord atje. Sa është probabiliteti i një ngjarjeje

Përgjigja varet nga mënyra se si e zgjedhim saktësisht këtë akord. Gjegjësisht, ekzistojnë tre metoda (mund të jenë më shumë, por kjo do të mjaftojë tani për tani):

Metoda 1: Akord - çfarë është? Një segment vije që lidh dy pika në një rreth. Pa zgjatur më tej, le të marrim dy pika të rastësishme në këtë rreth (në mënyrë të pavarur) dhe të vizatojmë një akord midis tyre. Meqenëse gjithçka këtu është simetrike, BOOMS pika e parë do të bjerë drejtpërdrejt në polin e veriut, dhe ngjarja A do të ndodhë kur pika e dytë të godasë harkun e kuq në foto (të gjitha akordet në këtë postim janë blu):

Kjo është, padyshim, probabiliteti i dëshiruar është 1/3.

Metoda 2. Tani le ta marrim dhe ta vizatojmë akordin kështu. Le të zgjedhim fillimisht një rreze të rastësishme (d.m.th., të lidhim qendrën me një pikë të rastësishme në rreth), më pas të zgjedhim një pikë të rastësishme në të, të vizatojmë një pingul dhe të marrim një akord. Përsëri, BOOMS kjo rreze të çon në polin e veriut (dhe pse u tërhoqa kaq shumë në polin e veriut...), dhe brinja e një trekëndëshi barabrinjës (i cili ka kulmin e tij në polin jugor) e ndan këtë rreze rreptësisht në gjysmë, dhe përsëri nga soditja e figurës

(është e nevojshme që një pikë e rastësishme në rreze të bjerë në segmentin e kuq) është e qartë se probabiliteti i dëshiruar është i barabartë me 1/2.

Metoda 3. Në përgjithësi, ne do të zgjedhim vetëm një pikë të rastësishme brenda rrethit. Është e qartë se ne nuk mund të arrijmë saktësisht në qendër, që do të thotë se ekziston vetëm një akord, pika qendrore e së cilës përkon me atë të zgjedhur. Le ta konsiderojmë atë. Ose më mirë, le të shohim foton

dhe shohim qartë se probabiliteti i dëshiruar është i barabartë me 1/4 (rrezja e rrethit të brendshëm ku duhet të bjerë pika e zgjedhur është gjysma e asaj origjinale).

Këtu. Një problem, tre përgjigje të ndryshme, 1/3, 1/2, 1/4. Dhe këtu në këtë pikë zakonisht nxirret përfundimi se problemi është formuluar gabimisht, është e nevojshme të tregohet se çfarë nënkuptojmë saktësisht me "zgjidh një akord të rastësishëm", përndryshe është e pamundur. Pra?

Por nuk është kështu! Më saktë, jo fare kështu. Këtu është gjëja: nëse duam patjetër t'i formulojmë të gjitha problemet probabilistike në një mënyrë absolutisht të rreptë dhe të saktë, atëherë në vend që, për shembull, "nga dhjetë persona ne zgjedhim dy rastësisht", do të duhet të shkruajmë diçka si "nga grupi i të gjitha çifteve të parenditura të elementeve të ndryshëm të grupit (1, ..., 10) zgjidhni një çift me një shpërndarje uniforme probabiliteti." Epo, çfarë dreqin, mendoj se zakonisht është e qartë se kur thonë "ne do të zgjedhim rastësisht" pa sqarime të mëtejshme, kjo do të thotë se zgjedhja është po aq e mundshme, d.m.th., bëhet me një shpërndarje uniforme.

OK. Mirë. Por këtu ata do të më kundërshtojnë në kuptimin që

Është e qartë se si është po aq e mundshme të zgjidhet një element i rastësishëm i një grupi N elementet (secila merret me probabilitet 1/N)

Është gjithashtu e qartë intuitivisht se çfarë është një shpërndarje uniforme në çdo zonë, të themi, në një plan (rreth, katror, ...).

Por çfarë ndodh me objektet më komplekse?

Dhe ne do t'i përgjigjemi kështu. Gjëja kryesore, madje do të thoja, karakteristike Kjo është veti e shpërndarjes uniforme. Le H- disa nënbashkësi të grupit G, dhe zgjidhni një objekt nga G në një mënyrë po aq të mundshme. Pra, me kusht që rezultati të binte në H- ka një shpërndarje uniforme atje, fitohet një pandryshueshmëri e tillë. Për shembull, nëse zgjidhni një person në mënyrë të rastësishme nga një grup prej 5 burrash / 5 grave, dhe dihet se kjo është një grua, atëherë ndonjë nga ata pesë ka një shans të barabartë (1/5) për t'u zgjedhur. Dhe e gjithë kjo vlen edhe për zgjedhjen uniforme të një pike nga një rajon.

Atëherë, çfarë duam nga një akord i rastësishëm? Në dritën e sa më sipër, më duket e arsyeshme që ajo që duam është si vijon:

me kusht që korda e rastësishme AB kryqëzon një rreth të vogël (duke gjeneruar një akord atje A"B"), kjo akord A"B" ka të njëjtën shpërndarje probabiliteti si thjesht një "akord i rastësishëm" (çfarëdo që do të thotë kjo tani për tani) në një rreth të vogël.

Pra, rezulton se nga tre metodat e mësipërme për ndërtimin e një korde të rastësishme, vetëm metoda 2 e ka këtë veti! Dhe askush përveç tij; të gjithë të tjerët nuk janë të mirë. E gjithë kjo ka qenë e njohur për një kohë të gjatë, shikoni artikullin, ju rekomandoj shumë.

Megjithatë, ajo që kemi diskutuar tashmë këtu sugjeron mendime të tilla. Mirë, ne tani e dimë se ekziston një akord i rastësishëm i një rrethi. Si
Matematikanë të vërtetë, ne dëshirojmë ta përgjithësojmë këtë, nga rrathët tek elipset, katrorët, hiperkubet dhe çfarëdo tjetër. Epo, le ta provojmë.

Do të thotë, duke përsëritur atë që është bërë, një akord është një segment që lidh dy pika në kufirin e rajonit tonë. Në vend që t'i zgjedhim menjëherë këto dy pika, le të përpiqemi ta bëjmë ndryshe: së pari zgjidhni një pikë në kufi (në një farë mënyre), dhe më pas zgjidhni drejtimin (në një mënyrë tjetër) ku do të shkojë korda nga kjo pikë. Dhe do të shkojë derisa të kryqëzohet me kufirin dhe kudo që të vijë, pika e dytë do të jetë aty.

Si një ushtrim i thjeshtë në njohuritë e planimetrisë së shkollës, vërtetoni se metoda 1 është ekuivalente me këtë procedurë: së pari marrim një pikë në mënyrë uniforme në rreth dhe më pas zgjidhet edhe drejtimi i kordës me një shpërndarje uniforme, sikur të gjitha drejtimet. janë po aq të mundshme.

Dhe me metodën tonë të çmuar 2 situata është kjo: drejtimi i kordës zgjidhet sipas ligjit të kosinusit, d.m.th. dendësia e shpërndarjes së këtij drejtimi është në përpjesëtim me kosinusin e këndit ndërmjet tij dhe rrezes (vërtetojeni!). Çfarë do të ndodhë nëse një procedurë e ngjashme kryhet me një rajon pak a shumë arbitrar (ne nuk do të shkruajmë komente të lodhshme për butësinë e mjaftueshme të kufirit të tij), domethënë

(a) së pari zgjidhni një pikë në mënyrë uniforme në kufi

(b) zgjedhim drejtimin prej andej sipas ligjit të kosinusit (këndi është me normalen me kufirin në këtë pikë), dhe korda shkon.

Rezulton se e gjithë kjo funksionon vërtet, dhe në çdo dimension, gjithashtu! Mund të vërtetohet se

(pothuajse copy-paste, ju lutem vini re) duke pasur parasysh se, e cila është një akord i rastësishëm AB kryqëzon rajonin e brendshëm (duke gjeneruar një akord atje A"B"), kjo akord A"B" ka të njëjtën shpërndarje probabiliteti si një akord thjesht i rastësishëm në rajonin e brendshëm (rajoni i jashtëm këtu është pak a shumë arbitrar, por ai i brendshëm është konveks, kështu që korda "e induktuar" përcaktohet gjithmonë në mënyrë unike). Do të përfitoj nga ky rast për të reklamuar artikullin këtu, edhe pse ne e rishpikëm timonin atje në disa vende. Së pari duhet ta kishit lexuar librin (dhe unë e rekomandoj shumë, po).

________________________________________ _____________________________________

Jaynes, E.T. (1973). "Problemi i shtruar mirë". Gjetur. Fiz. 3 (4): 477-492.

F. Kometat, S. Popov, G.M. Schütz, M. Vachkovskaia (2009)
Bilardo në një fushë të përgjithshme me reflektime të rastësishme.
Arkivi për Mekanikë dhe Analizë Racionale, 193 (3), fq. 737-738,
http://link.springer.com/article/10.1007%2Fs00205-008-0120-x?LI=true
Shihni edhe Erratum këtu: http://link.springer.com/article/10.1007%2Fs00205-009-0236-7?LI=true, se ngatërruan.
Dhe është më mirë të lexoni këtu: http://arxiv.org/abs/math/0612799, gjithçka tashmë është rregulluar atje dhe aksesi është falas.

Kendall, Moran. (1972)
Probabilitete gjeometrike.
Unë mendoj se të gjithë do të gjejnë se ku të shkarkojnë :)

Plani skicë i zhvilluar

Trofimova Lyudmila Alekseevna

Probabiliteti gjeometrik

Qëllimet dhe objektivat: 1) Prezantoni studentët me një nga metodat e mundshme të detyrës

probabilitete;

2) Përsëritja e asaj që është mësuar dhe konsolidimi i aftësive të formalizimit

problemet e probabilitetit të tekstit duke përdorur forma gjeometrike.

Rezultatet e të nxënit:

1) Të njohë përkufizimin e probabilitetit gjeometrik të zgjedhjes së një pike

brenda një figure në një plan dhe një vijë të drejtë;

2) Të jetë në gjendje të zgjidhë probleme të thjeshta gjeometrike të probabilitetit,

njohja e sipërfaqeve të shifrave ose aftësia për t'i llogaritur ato.

I. Zgjedhja e një pike nga një figurë në një plan.

Shembulli 1. Merrni parasysh një eksperiment mendimi: një pikë hidhet në mënyrë të rastësishme në një katror, brinja e të cilit është e barabartë me 1. Pyetja është, sa është probabiliteti i një ngjarjeje të tillë që distanca nga kjo pikë në anën më të afërt të katrorit të mos jetë më shumë se ?

Në këtë problem po flasim për të ashtuquajturat probabiliteti gjeometrik.

Një pikë hidhet rastësisht në një figurë F në një avion. Sa është probabiliteti që një pikë të bjerë në një shifër të caktuar G, që përmbahet në figurë F.

Përgjigja varet nga kuptimi që i japim shprehjes "hedh një pikë në mënyrë të rastësishme".

Kjo shprehje zakonisht interpretohet si më poshtë:

1. Një pikë e hedhur mund të godasë çdo pjesë të figurës F.

2. Probabiliteti që një pikë të bjerë në një figurë të caktuar G brenda figurës F, drejtpërdrejt proporcionale me sipërfaqen e figurës G.

Për të përmbledhur: le dhe të jenë zonat e figurave F Dhe G. Probabiliteti i ngjarjes A“Pika X i përket figurës G, që përmbahet në figurë F", është e barabartë me

Vini re se zona e figurës G jo më shumë se sipërfaqja e figurës F, Kjo është arsyeja pse

Le të kthehemi në detyrën tonë. Figura F në këtë shembull, një katror me brinjë 1. Prandaj =1.

Një pikë hiqet nga kufiri i katrorit jo më shumë se , nëse bie brenda figurës së hijezuar në figurë G. Për të gjetur zonën, ju duhet nga zona e figurës F zbres sipërfaqen e katrorit të brendshëm me anë .

Pastaj probabiliteti që pika të bjerë në figurë G, e barabartë me

Shembulli 2. Pika X zgjidhet rastësisht nga trekëndëshi ABC Gjeni probabilitetin që i përket një trekëndëshi, kulmet e të cilit janë mesi i brinjëve të trekëndëshit.

Zgjidhja: Vijat e mesme të trekëndëshit e ndajnë atë në 4 trekëndësha të barabartë. Mjetet,

Probabiliteti që pika X i përket trekëndëshit KMN është e barabartë me:

konkluzioni. Probabiliteti që një pikë të bjerë në një shifër të caktuar është drejtpërdrejt proporcionale me sipërfaqen e kësaj figure.

Detyrë. Dulistë të paduruar.

Duelet në qytetin e Kujdesit rrallëherë përfundojnë me trishtim. Fakti është se çdo duelist arrin në vendin e takimit në një kohë të rastësishme midis orës 5 dhe 6 të mëngjesit dhe, pasi ka pritur kundërshtarin për 5 minuta, largohet. Nëse ky i fundit arrin brenda këtyre 5 minutave do të zhvillohet dueli. Çfarë përqindje e dueleve përfundojnë në të vërtetë me luftime?

Zgjidhja: Le X Dhe në tregoni kohën e mbërritjes së duelistëve të parë dhe të dytë, përkatësisht, të matur në fraksione të orës duke filluar nga ora 5.

Duelistët takohen nëse, d.m.th. x - < y< x + .

Le ta përshkruajmë këtë në vizatim.

Pjesa e hijezuar e sheshit korrespondon me rastin kur takohen dueistët.

Sipërfaqja e të gjithë sheshit është 1, sipërfaqja e pjesës së hijezuar është:

Kjo do të thotë që shanset për luftë janë të barabarta.

II. Zgjedhja e një pike nga një segment dhe një hark rrethi.

Le të shqyrtojmë një eksperiment mendimi që konsiston në zgjedhjen e rastësishme të një pike X nga një segment i caktuar MN.

Kjo mund të kuptohet sikur pika X është "hedhur" rastësisht në segment. Një ngjarje elementare në këtë eksperiment mund të jetë zgjedhja e çdo pike në segment.

Le të përmbahet segmenti CD në segmentin MN. Ne jemi të interesuar për ngjarjen A , që konsiston në faktin se pika e zgjedhur X i përket segmentit CD.

Metoda për llogaritjen e këtij probabiliteti është e njëjtë si për figurat në një plan: probabiliteti është në përpjesëtim me gjatësinë e segmentit CD.

Prandaj, probabiliteti i një ngjarjeje A "pika X i përket segmentit CD që gjendet në segmentin MN" është e barabartë me, .

Shembulli 1. Një pikë X zgjidhet rastësisht brenda segmentit MN Gjeni probabilitetin që pika X të jetë më afër pikës N sesa M.

Zgjidhja: Le të jetë pika O mesi i segmentit MN. Ngjarja jonë do të ndodhë kur pika X shtrihet brenda segmentit ON.

Pastaj .

Asgjë nuk ndryshon nëse pika X zgjidhet jo nga një segment, por nga harku i ndonjë vije të lakuar.

Shembulli 2. Pikat A dhe B janë dhënë në një rreth, dhe këto pika nuk janë diametralisht të kundërta. Pika C zgjidhet në të njëjtin rreth. Gjeni probabilitetin që segmenti BC të presë diametrin e rrethit që kalon në pikën A.

Zgjidhja: Le të jetë perimetri L. Ngjarja me interes për ne TE "Segmenti BC pret diametrin DA" ndodh vetëm nëse pika C shtrihet në një gjysmërreth DA që nuk përmban pikën B. Gjatësia e këtij gjysmërrethi është L.

Shembulli 3. Pika A merret në rreth Pika B është “hedhur” mbi rreth.

Zgjidhja: Le të jetë r rrezja e rrethit.

Në mënyrë që korda AB të jetë më e shkurtër se rrezja e rrethit, pika B duhet të bjerë në harkun B1AB2, gjatësia e të cilit është e barabartë me gjatësinë e rrethit.

Probabiliteti që gjatësia e kordës AB të jetë më e vogël se rrezja e rrethit është:

III. Zgjedhja e një pike nga një rresht numerik

Probabiliteti gjeometrik mund të zbatohet në intervale numerike. Supozoni se një numër X është zgjedhur rastësisht që plotëson kushtin. Ky eksperiment mund të zëvendësohet nga një eksperiment në të cilin një pikë me koordinatë X zgjidhet nga një segment në vijën numerike.

Le të shqyrtojmë ngjarjen që një pikë me koordinatë X zgjidhet nga një segment i përfshirë në segment. Le ta shënojmë këtë ngjarje. Probabiliteti i tij është i barabartë me raportin e gjatësive të segmenteve dhe .

Shembulli 1. Gjeni probabilitetin që një pikë e zgjedhur rastësisht nga segmenti t'i përkasë segmentit.

Zgjidhja: Duke përdorur formulën gjeometrike të probabilitetit gjejmë:

Shembulli 2. Sipas rregullave të trafikut, një këmbësor mund të kalojë rrugën në një vend të pacaktuar nëse nuk ka vendkalime për këmbësorë brenda shikimit. Në qytetin e Mirgorod, distanca midis vendkalimeve të këmbësorëve në rrugën Solnechnaya është 1 km. Një këmbësor kalon rrugën Solnechnaya diku midis dy vendkalimeve. Ai mund të shohë shenjën e kalimit jo më larg se 100 m larg vetes. Gjeni probabilitetin që këmbësori të mos shkelë rregullat.

Zgjidhja: Le të përdorim metodën gjeometrike. Le të rregullojmë vijën numerike në mënyrë që pjesa e rrugës midis vendkalimeve të rezultojë të jetë një segment. Lëreni një këmbësor t'i afrohet rrugës në një moment me koordinatën X. Këmbësori nuk i shkel rregullat nëse është në një distancë prej më shumë se 0,1 km nga çdo vendkalim, d.m.th. 0,1

Shembulli 3. Treni kalon platformën për gjysmë minutë. Në një moment, krejt rastësisht, duke parë nga dritarja nga ndarja e tij, Ivan Ivanovich pa që treni po kalonte pranë platformës. Ivan Ivanovich shikoi nga dritarja për saktësisht 10 sekonda dhe më pas u largua. Gjeni probabilitetin që ai pa Ivan Nikiforovich, i cili po qëndronte pikërisht në mes të platformës.

Zgjidhja: Le të përdorim metodën gjeometrike. Do të numërojmë mbrapsht në sekonda. Le të marrim 0 sekonda për të qenë momenti kur Ivan Ivanovich kapi fillimin e platformës. Më pas ai arriti në fund të platformës për 30 sekonda. Për X sek. Le të shënojmë momentin kur Ivan Ivanovich shikoi nga dritarja. Prandaj, numri X zgjidhet rastësisht nga segmenti. E kam kapur Ivanin në 15 sekonda. Ai e pa Ivan Nikiforovich vetëm nëse shikonte nga dritarja jo më vonë se atë moment, por jo më herët se 10 sekonda para kësaj. Kështu, ju duhet të gjeni probabilitetin gjeometrik të ngjarjes. Duke përdorur formulën që gjejmë

"Sfondi probabilist"

Në fillim të poezisë "Shpirtrat e vdekur", dy burra debatojnë se sa larg do të udhëtojë rrota në karrocën e Chichikov:

“...dy burra rusë që qëndronin në derën e tavernës përballë hotelit bënë disa komente, të cilat, megjithatë, lidheshin më shumë me karrocën sesa me ata që ishin ulur në të. "Shiko," i tha njëri tjetrit, "sa rrotë! Çfarë mendoni, a do të shkonte ajo rrotë në Moskë, nëse do të ndodhte, apo jo? "Do të arrijë atje," u përgjigj tjetri. "Por unë nuk mendoj se ai do të arrijë në Kazan?" "Nuk do të arrijë në Kazan," u përgjigj një tjetër.

Probleme për të zgjidhur.

1. Gjeni probabilitetin që një pikë e hedhur rastësisht në një katror ABCD me anë 4 të përfundojë në katrorin A1B1C1D1 me brinjën 3, që ndodhet brenda katrorit ABCD.

Përgjigju. 16/9.

2. Dy personat A dhe B ranë dakord të takohen në një vend të caktuar në intervalin kohor nga 900 deri në 1000. Secili prej tyre arrin në mënyrë të rastësishme (në intervalin kohor të caktuar), pavarësisht nga tjetri dhe pret 10 minuta. Sa është probabiliteti që ata të takohen?

Përgjigju. 11/36.

3. Në një segment AB me gjatësi 3, pika C shfaqet rastësisht. Përcaktoni probabilitetin që distanca nga pika C në B të kalojë 1.

Përgjigju. 2/3.

4. Një trekëndësh me sipërfaqen më të madhe është i gdhendur në një rreth me rreze 5. Përcaktoni probabilitetin që një pikë e hedhur aksidentalisht në një rreth të bjerë në një trekëndësh.

5. Buratino mbolli një njollë të rrumbullakët me rreze 1 cm në një fletë drejtkëndëshe me përmasa 20 cm me 25 cm. Gjeni probabilitetin që këto dy njolla të mos preken.

6. Sheshi ABCD është brendashkruar në një rreth. Një pikë M zgjidhet rastësisht në këtë rreth Gjeni probabilitetin që kjo pikë shtrihet në: a) harkun më të vogël AB; b) harku më i madh AB.

Përgjigju. a) 1/4; b) 3/4.

7. Pika X hidhet rastësisht në segment Me çfarë probabiliteti qëndron pabarazia: a) ; b) ; V) ?

Përgjigju. a) 1/3; b) 1/3; c) 1/3.

8. Gjithçka që dihet për fshatin Ivanovo është se ai ndodhet diku në autostradën midis Mirgorodit dhe Stargorodit. Gjatësia e autostradës është 200 km. Gjeni probabilitetin që:

a) nga Mirgorod në Ivanovo përgjatë autostradës është më pak se 20 km;

b) nga Stargorod në Ivanovo përgjatë autostradës më shumë se 130 km;

c) Ivanova ndodhet më pak se 5 km nga gjysma e rrugës ndërmjet qyteteve.

Përgjigju. a) 0.1; b) 0,35; c) 0,05.

Material shtesë

Qasja gjeometrike ndaj probabilitetit të një ngjarjeje nuk varet nga lloji i matjeve të hapësirës gjeometrike: është e rëndësishme vetëm që bashkësia e ngjarjeve elementare F dhe grupi G që përfaqëson ngjarjen A të jenë të të njëjtit lloj dhe të të njëjtave dimensione.

2. Pika e rastësishme X është e shpërndarë në mënyrë uniforme në një katror . Gjeni probabilitetin që një katror me qendër X dhe brinjë me gjatësi b paralele me boshtet e koordinatave të përfshihet plotësisht në katrorin A.

Literatura:

1. Teoria dhe statistika e probabilitetit / , . – Botimi i 2-të, i rishikuar. – M.: MTsNMO: tekste shkollore,” 2008. – 256 f.: ill.

2. Teoritë e probabilitetit dhe statistikat matematikore në shembuj dhe probleme duke përdorur Excel / , . – Ed. 4. – Rostov n/d: Phoenix, 2006. – 475 f.: ill. – (Arsimi i lartë).

3. Pesëdhjetë probleme argëtuese probabiliteti me zgjidhje. Per. nga anglishtja/Ed. . botimi i 3-të. – M.: Nauka, Redaksia kryesore e letërsisë fiziko-matematikore, 1985. – 88 f.

4. Përmbledhje problemash në teorinë e probabilitetit: Libër mësuesi. Një manual për universitetet./, – Botimi i dytë, i rishikuar. Dhe shtesë - M.: Shkencë. Ch. ed. Fiz.-matematikë. Ndezur. – 1989. – 320 f.

5. Lëndë me zgjedhje në matematikë: Teoria e probabilitetit: Proc. Manual për klasat 9-11. mesatare shkolla/ – botimi i 3-të. i ripunuar – M.: Arsimi, 1990. – 160 f.

Probabiliteti është shkalla (masa, vlerësimi sasior) i mundësisë së ndodhjes së ndonjë ngjarjeje.

Përkufizimi klasik i probabilitetit. Probabiliteti i një ngjarjeje të rastësishme A është raporti i numrit n të ngjarjeve elementare të papajtueshme po aq të mundshme që përbëjnë ngjarjen A me numrin e të gjitha ngjarjeve të mundshme elementare N:

Përkufizimi gjeometrik i probabilitetit. Përkundër faktit se përkufizimi klasik është intuitiv dhe rrjedh nga praktika, të paktën ai nuk mund të zbatohet drejtpërdrejt në rastin kur numri i rezultateve po aq të mundshme është i pafund. Një shembull i mrekullueshëm i një numri të pafund rezultatesh të mundshme është një rajon gjeometrik i kufizuar G, për shembull, në një plan, me sipërfaqe S. Një "pikë" e "hedhur" rastësisht me probabilitet të barabartë mund të përfundojë në çdo pikë në këtë rajon. Problemi është të përcaktohet probabiliteti që një pikë të bjerë në një nënrajon të caktuar g me sipërfaqe s. Në këtë rast, duke përgjithësuar përkufizimin klasik, mund të arrijmë në një përkufizim gjeometrik të probabilitetit si raport i s me S:

Nëse ngjarjet B dhe C nuk mund të ndodhin njëkohësisht, atëherë probabiliteti që një nga ngjarjet B ose C të ndodhë është i barabartë me shumën e probabiliteteve të këtyre ngjarjeve:

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

Nëse ngjarja B nuk varet nga ngjarja C, atëherë probabiliteti që të dy ngjarjet B dhe C të ndodhin është i barabartë me produktin e probabiliteteve të këtyre ngjarjeve:

P(A · B) = P(A) · P(B).

Kur zgjidhni problemet e gjetjes së probabiliteteve, shpesh është e përshtatshme të përdorni informacione nga kombinatorika, në veçanti, rregullat e shumës dhe produktit.

Rregulli i shumës. Nëse një objekt A mund të zgjidhet nga një grup objektesh në m mënyra, dhe një objekt tjetër B - në n mënyra, atëherë ose A ose B mund të zgjidhen në m + n mënyra.

Rregulli i produktit. Nëse një objekt A mund të zgjidhet nga një grup objektesh në m mënyra dhe pas çdo përzgjedhjeje të tillë një objekt tjetër B mund të zgjidhet në n mënyra, atëherë një palë objektesh (A, B) në rendin e specifikuar mund të zgjidhet në m · n mënyra.

Problemet me zgjidhjet

1. Hedhja e zarit.

Një vegël e zakonshme ka numrat 1, 2, 3, 4, 5, 6 në faqet e saj. Ajo hidhet në mënyrë të rastësishme derisa numri i përgjithshëm i pikëve të rrokullisura gjatë hedhjes të mos kalojë numrin 12. Cili është numri i përgjithshëm më i mundshëm. pikë?

Le të shohim hedhjen e parafundit. Pas tij, totali duhet të marrë një nga vlerat e mëposhtme: 12, 11, 10, 9, 8, 7. Nëse është 12, atëherë rezultati i përgjithshëm do të ketë po aq gjasa të marrë vlerat 13, 14, 15, 16, 17, 18. Në mënyrë të ngjashme, me një shumë prej 11, rezultati përfundimtar ka të njëjtën gjasa të marrë vlerat 13, 14, 15, 16, 17, e kështu me radhë. Numri 13 shfaqet si kandidat i barabartë në çdo rast dhe është i vetmi numër i këtij lloji. Kështu, numri 13 është më i mundshmi.

Në përgjithësi, të njëjtat argumente tregojnë se shuma më e mundshme për të kaluar n për herë të parë (n është 6 ose më shumë) është n+1.

2. Anëtar jurie joserioze.

Në një juri prej tre personash, dy anëtarë marrin në mënyrë të pavarur vendimin e saktë me probabilitetin p, dhe i treti hedh një monedhë për të marrë një vendim (vendimi përfundimtar merret me shumicë votash). Një juri e përbërë nga një merr një vendim të drejtë me probabilitet p. Cila nga këto juri ka më shumë gjasa të marrë një vendim të drejtë?

p (1 – p) + (1 – p) p = 2p (1–p),

atëherë për të gjetur probabilitetin e një zgjidhjeje të saktë, ky numër duhet të shumëzohet me 1/2. Kështu, probabiliteti total për një vendim të drejtë nga një juri prej tre personash është

p 2 + p (1–p) = p,

e cila është e njëjtë me probabilitetin përkatës për një juri me një person.

Përgjigje: Të dy llojet e jurive kanë të njëjtën probabilitet për të marrë vendimin e duhur.

3. Trekëndëshat e shkëputur.

Nga kulmet e një këndi n të rregullt (n>5), zgjidhen rastësisht dy treshe pikash të ndryshme. Sa është probabiliteti që dy trekëndësha, kulmet e të cilëve janë treshe të zgjedhura, të mos kryqëzohen?

Le t'i ndajmë të gjitha çiftet e mundshme të trinjakëve të kulmeve në grupe C n 6, duke mbledhur në një grup ato dhe vetëm ato çifte treshe që formojnë gjashtë kulme identike. Nga njëra anë, çdo grup i tillë përmban aq elementë sa në sa mënyra mund të ndahen gjashtë kulmet fikse në dy treshe, domethënë C 6 3 = 20 elementë. Nga ana tjetër, ekzistojnë saktësisht 6 mënyra për të ndarë një gjashtë në dy treshe që plotësojnë kushtin e kërkuar në problem. Prandaj, probabiliteti i dëshiruar është 6/20 = 0,3.

Përgjigje: 0.3.

4. Topa të bardhë dhe të zinj.

Secila nga dy urnat përmban topa të bardhë dhe të zi, dhe numri i përgjithshëm i topave në të dyja urnat është 25. Një top nxirret rastësisht nga secila urnë. Duke ditur që probabiliteti që të dy topat e tërhequr të jenë të bardhë është 0,54, gjeni probabilitetin që të dy topat e tërhequr të jenë të zinj.

Le të jetë numri i përgjithshëm i topave në urnën e parë dhe të dytë të barabartë me m 1 dhe m 2, përkatësisht (për saktësi, supozojmë se m 1 nuk është më i madh se m 2), dhe numri i topave të bardhë në këto urna është i barabartë në k 1 dhe k 2, përkatësisht. Atëherë probabiliteti që të dy topat e tërhequr të jenë të bardhë është i barabartë me

(k 1 /m 1)·(k 2 /m 2).

Ne marrim raportet:

(k 1 /m 1)·(k 2 /m 2) = 0,54 = 27/50,

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

atëherë të paktën një nga numrat m 1, m 2 pjesëtohet me 5. Por edhe shuma m 1 + m 2 pjesëtohet me 5, pra secili nga numrat m 1, m 2 pjesëtohet me 5. Kështu, kemi vetëm dy mundësi:

ose m 1 = 5, m 2 = 20,

ose m 1 = 10, m 2 = 15.

Në rastin e m 1 = 5, m 2 = 20, marrim k 1 k 2 = 54, ku k 1 nuk e kalon 5, dhe k 2 nuk e kalon 20. Duke kaluar nëpër të gjitha vlerat e mundshme të ki, gjejmë k 1 = 3, k 2 = 18. Pastaj urna e parë ka 2 topa të zinj, e dyta gjithashtu ka 2 topa të zinj dhe probabiliteti për të nxjerrë dy topa të zinj është (2/5)·(2/20)=0,04.

Në mënyrë të ngjashme, në rastin e m 1 = 10, m 2 = 15, gjejmë k 1 = 9, k 2 =9. Atëherë urna e parë ka 1 top të zi, urna e dytë ka 6 topa të zinj dhe probabiliteti për të nxjerrë dy topa të zinj është (1/10)·(6/15) = 0,04 (në të dyja rastet përgjigjet janë të njëjta).

Përgjigje: 0.04.

5. Duel me tre drejtime.

Tre gjuajtës A, B, C vendosën të luftojnë një duel në të njëjtën kohë. Ata u pozicionuan në kulmet e një trekëndëshi barabrinjës dhe ranë dakord për sa vijon: gjuajtja e parë bëhet nga A, e dyta nga B, e treta nga C, e kështu me radhë në një rreth; Nëse njëri nga gjuajtësit bie jashtë, dueli vazhdon midis dy të tjerëve. Dihet se gjuajtësi A e godet objektivin me probabilitet 0,3, gjuajtësi C me probabilitet 0,5, dhe gjuajtësi B nuk humbet fare. Secili gjuan në një nga dy të tjerët ose në ajër në mënyrë të tillë që të ketë probabilitetin më të madh për të fituar duelin. Ku duhet ta drejtojë gjuajtësi A gjuajtjen e tij të parë: te gjuajtësi C, te gjuajtësi B apo në ajër?

Le të shqyrtojmë tre ngjarje që mund të ndodhin pas gjuajtjes së parë të gjuajtësit A.

C goditet Më pas, me probabilitet 1, gjuajtësi A do të goditet nga gjuajtja e parë e B.

V është goditur më pas:

ose me probabilitet 0.5 gjuajtësi C do të godasë A me gjuajtjen e tij të parë,

ose me probabilitet (1 – 0.5) 0.3 gjuajtësi A do të godasë C me gjuajtjen e tij të dytë,

ose me probabilitet (1 – 0.5) · (1 – 0.3) · 0.5 gjuajtësi C do të godasë A me gjuajtjen e tij të dytë,

ose me probabilitet (1 – 0,5) · (1 – 0,3) · (1 – 0,5) · 0,3 gjuajtësi A do të godasë C me gjuajtjen e tij të tretë, e kështu me radhë.

Prandaj, probabiliteti që A të fitojë duelin në këtë rast është i barabartë me

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) Askush nuk habitet. Pas kësaj, B do të qëllojë në C (si më i saktë nga kundërshtarët e tij) dhe do ta godasë atë. Më pas A do të godasë B me probabilitet 0.3, duke e fituar duelin. Kështu, që nga 0,3 > 3/13, situata më fitimprurëse për gjuajtësin A është kur askush nuk goditet pas gjuajtjes së tij. Kjo do të thotë se ai duhet të qëllojë në ajër për herë të parë.

Përgjigje: A duhet qëlluar në ajër për herë të parë.

6. Topa të kuq dhe të gjelbër.

Çanta përmban 6 topa të kuq dhe 8 të gjelbër. 5 prej tyre vizatohen në mënyrë të rastësishme dhe vendosen në një kuti të kuqe, 9 topat e mbetur vendosen në një kuti jeshile. Sa është probabiliteti që numri i topave të kuq në një kuti jeshile plus numri i topave të gjelbër në një kuti të kuqe të mos jetë një numër i thjeshtë?

Le të shënojmë me G numrin e topave të gjelbër në kutinë e kuqe. Meqenëse ka 6 topa të kuq dhe 8 të gjelbër, ngjyrat duhet të shpërndahen midis kutive si më poshtë:

Kuti e kuqe: G jeshile, (5 – G) e kuqe;

Kutia jeshile: (8 – G) jeshile, (G + 1) e kuqe.

Prandaj, numri i topave të kuq në një kuti jeshile plus numri i topave të gjelbër në një kuti të kuqe është i barabartë me (G + 1) + G = 2G + 1, një numër tek. Numri G nuk kalon 5 - numri i përgjithshëm i topave në kutinë e kuqe. Prandaj, shuma 2G + 1 mund të marrë vlera nga 1 (G = 0) në 11 (G = 5).

I vetmi numër i përbërë tek brenda këtyre kufijve është 9. Megjithatë, duhet të përfshijmë edhe numrin 1, i cili nuk është as i thjeshtë as i përbërë. Pra, 2G + 1 duhet të jetë e barabartë me 0 ose 9, gjë që është e mundur me G = 0 ose G = 4.

Probabiliteti për të marrë një kampion me G = 0 (numri i mënyrave për të pasur 5 të kuqe pjesëtuar me numrin total të mostrave) është i barabartë me C 6 5 /C 14 5 .

Probabiliteti për të marrë një kampion me G = 4 (numri i mënyrave për të pasur 4 jeshile dhe 1 të kuqe pjesëtuar me numrin total të mostrave) është i barabartë me C 8 4 C 6 1 /C 14 5 .

Ne gjejmë probabilitetin e ngjarjes së dëshiruar si shumën e probabiliteteve të treguara:

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

Përgjigje: 213/1001.

7. Kokat apo bishtat?

Dy lojtarët A dhe B po shikojnë një djalë që vazhdimisht hedh një monedhë. Rezultatet e hedhjeve shkruhen në mënyrë sekuenciale duke përdorur shkronja: në vendin k-të të sekuencës vendoset shkronja O ose shkronja P, në varësi të asaj që bie gjatë hedhjes së k-të - "kokat" ose "bishtat". përkatësisht. Lojtari A pretendon se trefishi i OOO do të shfaqet në rekord më herët se trefishi ORO. Lojtari B vë bast se e kundërta do të ndodhte. Cili lojtar ka më shumë gjasa ta fitojë këtë bast?

Shkronja e parë O (që nga momenti kur fillon vëzhgimi i djalit, ka një probabilitet prej 1 që shkronja O të shfaqet të paktën një herë) mund të ndiqet me një probabilitet të barabartë prej 1/4 nga një nga kombinimet e mëposhtme:

RO, OO, RR, OSE.

Në rastin e parë fiton lojtari B, në rastin e dytë fiton lojtari A dhe nëse realizohet rasti i tretë, atëherë lojtarët do të kenë të njëjtat shanse si në fillim të lojës. Në rastin e katërt, me probabilitet 1/2 do të pasojë shkronja O dhe lojtari B do të fitojë, dhe me probabilitet 1/2 do të pasojë shkronja P, pas së cilës lojtarët do të kenë të njëjtat shanse si në fillim të lojës. Kështu, me probabilitet 1/4 A fiton, me probabilitet

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

B do të fitojë dhe me probabilitet 3/8 do të krijohet një situatë ku lojtarët do të kenë të njëjtat shanse si në fillim të lojës. Prandaj, lojtari B ka një shans më të mirë për të fituar se lojtari A.

Përgjigje: lojtari B.

8. Në teatër.

Tetë djem dhe shtatë vajza blenë në mënyrë të pavarur një biletë në të njëjtin rresht teatrosh me 15 vende. Sa është numri mesatar i vendeve ngjitur të zëna nga çiftet në këtë rresht?

Për shembull, nëse rreshti plotësohet si më poshtë: YUDDYYUDYUDYUDD (këtu Y do të thotë një djalë dhe D do të thotë një vajzë), atëherë ka 9 çifte YUD dhe DYU. Ne jemi të interesuar për numrin mesatar të çifteve të tilla. Nëse dy vendet e para me radhë i zënë njerëz të gjinive të ndryshme, atëherë tashmë kemi çiftin e dëshiruar. Probabiliteti i kësaj ngjarje është

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

Për më tepër, 8/15 është edhe numri mesatar i çifteve në dy vendet e para, pasi

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

I njëjti arsyetim vlen për çdo palë vendndodhjesh ngjitur.

Për të përcaktuar numrin mesatar të çifteve të të rinjve, kjo vlerë duhet të shumëzohet me numrin e vendeve ngjitur të barabartë me 14, që jep 112/15.

Në përgjithësi, nëse ka b objekte të një lloji dhe m të një tjetri, të renditur rastësisht në një rresht, atëherë numri mesatar i çifteve të përbërë nga objekte të ndryshme është i barabartë me

Në shembullin tonë, b = 8, m = 7, dhe përgjigja është 112/15.

Këtu kemi përdorur në thelb faktin se pritshmëria matematikore e shumës së ndryshoreve të rastit është e barabartë me shumën e pritjeve matematikore të termave. Ne gjetëm numrin mesatar të çifteve JD ose DJ për çdo dy vende ngjitur dhe i përmblodhëm mbi të gjitha çiftet e tilla.

Përgjigje: 112/15.

9. Në një nga lojërat e njohura në Amerikë, lojtari hedh një monedhë nga një distancë mjaft e madhe në një sipërfaqe tavoline të prerë në katrorë një inç. Nëse monedha (3/4 inç në diametër) bie plotësisht brenda katrorit, lojtari merr një shpërblim, përndryshe ai humbet monedhën e tij. Cilat janë shanset për të fituar nëse monedha bie në tryezë?

Kur hedhim një monedhë në një tryezë, disa zona të qendrës së gravitetit të monedhës kanë më shumë gjasa se të tjerat, por nëse katrori është mjaft i vogël, mund të supozojmë se shpërndarja e probabilitetit është uniforme. Kjo do të thotë që probabiliteti që qendra të bjerë në çdo zonë të sheshit është proporcionale me sipërfaqen e asaj zone; është e barabartë me sipërfaqen e rajonit të ndarë me sipërfaqen e sheshit. Meqenëse rrezja e monedhës është 3/8 inç, që lojtari të fitojë, qendra nuk duhet të jetë më afër se 3/8 inç nga anët e katrorit

Ky kufizim plotësohet nga një katror me një anë 1/4 inç, brenda të cilit duhet të shtrihet qendra e monedhës. Meqenëse probabilitetet janë proporcionale me zonat, probabiliteti për të fituar është (1/4) 2 = 1/16.

Sigurisht, monedha mund të mos godasë fare në tryezë dhe probabiliteti për të fituar është në fakt edhe më i ulët. Sheshet mund të bëhen edhe më të vogla duke trashur vijat ndarëse. Nëse këto vija janë 1/16 inç të trasha, atëherë zona fituese ka një probabilitet prej (3/16)2 = 9/256, ose më pak se 1/28.

Përgjigje: 1/16.

10. Hedhja e një monedhe.

Lojtari A hedh një monedhë n+1 herë, dhe lojtari B hedh një monedhë n herë. Sa është probabiliteti që lojtari A të përfundojë me më shumë koka se lojtari B?

Lërini lojtarët A dhe B të marrin përkatësisht koka m dhe k. Atëherë probabiliteti i dëshiruar p i ngjarjes m>k është i barabartë me probabilitetin q të ngjarjes

(n + 1) – m > n – k,

do të thotë, probabiliteti që lojtari A të marrë më shumë koka se lojtari B (pasi sa herë që hidhet një monedhë, kokat dhe bishtat kanë të njëjtat gjasa të zbresin).

Nga ana tjetër, ngjarja m>k ndodh nëse dhe vetëm nëse

pra kur (n+1)–m nuk e kalon n–k (pasi n–m dhe n–k janë numra të plotë). Prandaj p=1–q, prej nga kemi p=q=1/2.

Përgjigje: 1/2.

Probleme pa zgjidhje

1. Fitoret e njëpasnjëshme.

Për të inkurajuar djalin e tij që të ketë sukses në lojën e tenisit, babai i premton atij një çmim nëse ai fiton të paktën dy ndeshje tenisi radhazi kundër babait të tij dhe kampionit të klubit sipas njërës prej skemave: baba - kampion - baba ose kampion - baba. - kampion me zgjedhjen e djalit. Kampioni luan më mirë se babai i tij. Çfarë skeme duhet të zgjedhë djali im?

2. "Provo fatin"

“Provo fatin” është një lojë fati që luhet shpesh në shtëpitë e lojërave të fatit dhe gjatë festivaleve publike. Pasi lojtari ka vënë një bast në një nga numrat 1, 2, 3, 4, 5, 6, hidhen tre zare. Nëse numri i lojtarit shfaqet në një, dy ose tre zare, atëherë për çdo paraqitje të këtij numri lojtarit i paguhet basti origjinal dhe gjithashtu i kthehen paratë e tij. Përndryshe, lojtari humbet bastin. Cila është humbja mesatare e lojtarit në një bast të vetëm? (Në fakt, ju mund të bastni në shumë numra në të njëjtën kohë, por secili bast konsiderohet veçmas.)

3. Kuvertë me letra.

Një kuvertë me n letra të ndryshme loje të renditura në mënyrë të rastësishme përmban tre ace. Kartat e sipërme të kuvertës hiqen një nga një derisa të hiqet asi i dytë. Vërtetoni se numri mesatar i letrave të tërhequra është (n + 1)/2.

4. Buqetë me lule

Një buqetë me lule përbëhet nga 5 margarita dhe 10 lule misri. Buqeta të vogla me nga 3 lule secila janë bërë në mënyrë të rastësishme nga kjo buqetë. Sa është probabiliteti që çdo buqetë e vogël të përmbajë një margaritë?

5. Trekëndëshi akut.

Tre pika A, B, C janë zgjedhur rastësisht në një rreth. Sa është probabiliteti që trekëndëshi ABC të jetë i mprehtë?

Përkufizimi gjeometrik i probabilitetit. Problemet me zgjidhjet

Jashtë janë ditë të hershme vjeshte, dhe gjethja e verdhë në pemë ngjall një humor lirik dhe paksa të trishtuar…. Por ka ende një vit të tërë akademik përpara dhe në momente të tilla duhet të përgatiteni për punë të frytshme! Unë nxitoj të kënaq të gjithë lexuesit e mopingut me recetën time të nënshkrimit, e cila ju lejon të rritni shpejt tonin e trupit tuaj. Për ta bërë këtë, mbani mend pak gjeometria… … jo, jam dakord që ndonjëherë të vë në gjumë, por në doza të vogla është jashtëzakonisht gjallërues! Dhe, më e rëndësishmja, është shumë efektive - sapo të filloni të merrni pjesë jetëdhënëse të njohurive, nuk do të përjetoni menjëherë depresion sezonal!

Në mësimin e parë mbi temën, ne u takuam përkufizimi klasik i probabilitetit ndodhja e ndonjë ngjarjeje në një test dhe formula më e thjeshtë , ku është numri total të gjitha të mundshme po aq e mundur , elementare rezultatet e një testi të caktuar, dhe është numri i rezultateve elementare të favorshme për ngjarjen.

Keni probleme me terminologjinë dhe/ose të kuptuarit? Ju lutem filloni me bazat e teorisë së probabilitetit.

Le të vazhdojmë: përkufizimi klasik i probabilitetit rezulton të jetë efektiv për zgjidhjen e një sërë problemesh, por nga ana tjetër ka edhe një sërë disavantazhesh. Do të ishte edhe më e saktë të thuash, jo mangësi, por kufizime. Një kufizim i tillë është fakti se ai nuk zbatohet për provat me një numër të pafund rezultatesh. Shembulli më i thjeshtë:

Një pikë e uritur hidhet rastësisht në segment. Sa është probabiliteti që do të bjerë midis ?

Meqenëse ka pafundësisht shumë pika në një segment, formula nuk mund të zbatohet këtu (për shkak të vlerës pafundësisht të madhe të "en") dhe kështu një tjetër qasje vjen në shpëtim, e quajtur përkufizimi gjeometrik i probabilitetit.

Gjithçka është shumë e ngjashme: probabiliteti i ndodhjes së ndonjë ngjarjeje në një test është i barabartë me raportin , ku - masë gjeometrike, duke shprehur numrin total të gjitha të mundshme Dhe po aq e mundur rezultatet e këtij testi, dhe - masë, duke shprehur numrin e rezultateve të favorshme për ngjarjen. Në praktikë, një masë e tillë gjeometrike është më shpesh gjatësia ose sipërfaqja, më rrallë vëllimi.

Le të shqyrtojmë ngjarjen: – një pikë e hedhur në një segment bie në interval. Natyrisht, numri i përgjithshëm i rezultateve shprehet me gjatësinë e segmentit më të madh: , dhe rezultatet e favorshme për ngjarjen janë gjatësia e segmentit të ngulitur: Sipas përkufizimit gjeometrik të probabilitetit:

Shumë e lehtë? Siç është rasti me përkufizimi klasik, kjo është një përshtypje mashtruese. Ne i kuptojmë plotësisht dhe me ndërgjegje shembujt praktikë:

Problemi 1

Shiriti njehsor pritet rastësisht me gërshërë. Gjeni probabilitetin që gjatësia e prerjes të jetë së paku 80 cm.

Zgjidhje: “Çfarë ka kaq të komplikuar në këtë? Probabiliteti është 1/5”. Ky është një gabim automatik i bërë për shkak të neglizhencës. Po, kjo është absolutisht e drejtë - gjatësia e prerjes do të jetë së paku 80 cm nëse prisni jo më shumë se 20 centimetra nga shiriti. Por këtu ata shpesh harrojnë se mund të bëhet prerja e dëshiruar si nga një fundi i shiritit dhe nga tjetri:

Merrni parasysh ngjarjen: – gjatësia e prerjes do të jetë së paku 0,8 m.

Meqenëse shiriti mund të pritet kudo, numri i përgjithshëm i rezultateve korrespondon me gjatësinë e tij: Seksionet e prerjes që janë të favorshme për ngjarjen janë shënuar me të kuqe në figurë dhe gjatësia totale e tyre është e barabartë me:

Përgjigju: 0,4

Çfarë mund të konkludohet? Edhe nëse detyra ju duket shumë e thjeshtë, MOS Nxitoni. Impulsiviteti në përgjithësi është një gjë e keqe - do të thotë gabime, blerje të panevojshme, marrëdhënie të dëmtuara të lëkurës, etj... por le të mos flasim për gjëra të trishta!

Kur përgatitni detyra, sigurohuni që të tregoni dimensionin (njësi, metra, njësi katrore, metra katrorë, etj.). Nga rruga, vini re se në fazën përfundimtare të llogaritjeve masa gjeometrike zvogëlohet. Pra, në shembullin e marrë, matësit u reduktuan: , duke rezultuar në probabilitetin e zakonshëm pa dimension.

Problemi 2

Pas stuhisë, ka ndodhur një ndërprerje e telit në zonën midis 40 dhe 70 kilometrave të linjës telefonike. Sa është probabiliteti që të ketë ndodhur ndërmjet kilometrave të 50-të dhe 55-të të linjës?

Zgjidhje e shkurtër dhe përgjigje në fund të mësimit.

Shumë më të zakonshëm janë shembujt në të cilat shfaqen zona:

Problemi 3

Një rreth është i gdhendur në një trekëndësh me brinjë. Pika vendoset në mënyrë arbitrare në trekëndësh. Gjeni probabilitetin që pika të bjerë brenda rrethit.

Më lejoni t'ju kujtoj se rrethi i brendashkruar shtrihet brenda trekëndëshit dhe prek anët e tij në 3 pika

Zgjidhje: meqenëse pika është vendosur në trekëndësh dhe rrethi shtrihet brenda, numri i përgjithshëm i rezultateve korrespondon me sipërfaqen e trekëndëshit, dhe grupi i rezultateve të favorshme korrespondon me zonën e rrethit të brendashkruar. Çfarë mund të them? Ne jemi në kërkim të zonave:

Nëse jepen gjatësitë e brinjëve të një trekëndëshi, atëherë është e përshtatshme të gjesh zonën e tij duke përdorur Formula e Heronit:
, ku janë gjatësitë e brinjëve të trekëndëshit dhe është gjysmëperimetri.

Së pari, le të llogarisim gjysmëperimetrin e trekëndëshit: , dhe pastaj zona e saj:

E trajtova metodën e nxjerrjes së faktorëve nga poshtë rrënjës në kohët e lashta gjatë një mësimi hyrës mbi gjeometria analitike.

Ne gjejmë zonën e rrethit të brendashkruar duke përdorur formulën, ku është rrezja e tij.

Nga i merrni formulat gjeometrike? Formulat e nevojshme mund të gjenden në një tekst shkollor ose në një burim tjetër informacioni. Në të njëjtën kohë, nuk ka nevojë t'i mësoj ato posaçërisht, unë personalisht kujtova vetëm dhe gjeta gjithçka tjetër brenda pak minutash në Wikipedia. Dhe brenda pak minutash do t'i harroj me kënaqësi të gjitha këto =)

Pra, zona e rrethit të brendashkruar është:

Sipas përkufizimit gjeometrik:
– probabiliteti që pika të bjerë në rrethin e brendashkruar.

Përgjigju:

Një shembull më i thjeshtë për t'u zgjidhur vetë:

Problemi 4

Në një rreth me rreze 10 cm ka një trekëndësh kënddrejtë me këmbë 12 dhe 7 cm në rreth. Gjeni probabilitetin që ai të mos bjerë në trekëndëshin e dhënë.

Duhet të theksohet se në këtë problem trekëndëshi nuk duhet të prekë rrethin në asnjë mënyrë, ai thjesht ndodhet brenda rrethit dhe kaq. Kini kujdes!

Tani merrni parasysh problemin e njohur të takimit:

Problemi 5

Dy kamionë mund të mbërrijnë për ngarkim nga ora 19.00 deri në 20.30. Ngarkimi i makinës së parë zgjat 10 minuta, e dyta - 15 minuta. Sa është probabiliteti që njëra makine do të duhet të presë që tjetra të përfundojë ngarkimin?

Le të mendojmë pak për gjendjen. Së pari, makinat mund të mbërrijnë për ngarkim në çdo mënyrë, dhe së dyti, në çdo kohë brenda një ore e gjysmë. Në pamje të parë, vendimi duket mjaft i vështirë. Dhe për një person të papërgatitur do të jetë vërtet shumë e vështirë. Një analizë e hollësishme e metodës për zgjidhjen e këtij problemi mund të gjendet, për shembull, në librin shkollor të Gmurman, por unë do të kufizohem në një masë të caktuar në algoritmin formal:

Zgjidhje: Së pari zbulojmë kohëzgjatjen e periudhës kohore gjatë së cilës mund të zhvillohet takimi. Në këtë rast, siç u përmend më lart, është një orë e gjysmë ose 90 minuta. Në të njëjtën kohë, korniza aktuale nuk ka shumë rëndësi këtu - ngarkimi i makinave mund të bëhet, për shembull, në mëngjes nga ora 8.30 deri në 10.00, dhe vendimi do të jetë saktësisht i njëjtë.

Llogaritjet mund të kryhen si në fraksione të një ore ashtu edhe në minuta. Sipas mendimit tim, në shumicën e rasteve është më i përshtatshëm të punosh me minuta - ka më pak konfuzion.

Le të sqarojmë në mënyrë analitike kufirin e poshtëm të integrimit (le të gjejmë pikën e kryqëzimit të hiperbolës dhe drejt):