Na odcinki OA o długości L leżącym na osi liczbowej OX losowo wybrano dwa punkty. Znależć prawdopodobieństwo tego, że z trzech otrzymanych odcinków można zbudować trójkąt.
proszę o pomoc przygotowuję się do egzaminu i jestem na 100% pewny że takie zadanie się trafi, a nie potrafię go nawet zacząć.
Czy ktoś mógłby mi je zrobić krok po kroku?
dziekuję
Prawdopodobieństwo zbudowania trójkąta
-
xiikzodz
- Użytkownik
- Posty: 1874
- Rejestracja: 4 paź 2008, o 02:13
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Lost Hope
- Podziękował: 28 razy
- Pomógł: 502 razy
Prawdopodobieństwo zbudowania trójkąta
Przyjmujemy miarę jednostajną na odcinku. Wynik zależy od sposobu losowania, więc trzeba działać ostrożnie. Na przykład jeśli najpierw wylosujemy jeden punkt P następnie drugi punkt z odcinka PA, to odpowiedź różna od tej otrzymanej przy wylosowaniu dwóch punktów kolejno w dwóch niezależnych losowaniach. Tu przyjmuję tę drugą wersję, czyli dwa niezależne losowania.
Podam cztery rozwiązania. Koniec odcinka ustawiam dla wygody w różnych punktach sprzyjających konkretnym rozwiązaniom. Można to bezkarnie robić, bo długość odcinka nie ma wpływu na wynik.
Rozwiązanie 0: (siłowe, ale pojęciowo łatwe) Zamiast losować dwa punkty \(\displaystyle{ x, y}\) z odcinka \(\displaystyle{ [0,1]}\), wylosujemy, zgodnie z interpretacją powyżej, jeden punkt \(\displaystyle{ (x,y)}\) z kwadratu jednostkowego. Żeby można było zbudować trójkąt, punkt \(\displaystyle{ (x,y)}\) musi leżeć w jednym z zielonych obszarów na rysunku poniżej:
Te obszary stanowią rozwiązania przynajmnie jednego z poniższych układów nierówności:
\(\displaystyle{ \begin{cases}x\le y\\x\le\frac 12\\y-x\le\frac 12\\y\ge\frac 12\end{cases}}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases}x\ge y\\y\le\frac 12\\x-y\le\frac 12\\x\ge\frac 12\end{cases}}\)
Wyznaczenie tych obszarów wymaga pewnej pracy. Można skleić w torus dla wygody. Gdy już te obszary zidentyfikujemy, odpowiedź staje się natychmiastowa - pole tych obszarów daje w sumie 1/4, co jest odpowiedzią.
Rozwiązania 1,2:
Sklejamy końce odcinka \(\displaystyle{ [0,2\pi]}\) tak, żeby powstał okrąg. Pamiętamy miejsce sklejenia. Rozcinamy ten okrąg w dwóch miejscach otrzymując w sumie trzy punkty: dwa rozcięcia i jeden sklejenia.
Trójkąt da się zmontować wtedy i tylko wtedy, gdy te \(\displaystyle{ 3}\) punkty nie leżą na jednym półokręgu. Te trzy punkty nie leżą na jednym półokręgu, wtedy i tylko wtedy, gdy półokręgi w których biegunach leżą te punkty mają puste przecięcie.
C.d. rozwiązania 1:
Nieco wygodniej jest policzyć prawdopodobieństwo zdarzenia przeciwnego. Pierwszy z trzech punktów, możemy bez zmniejszenia ogólności postawić w punkcie \(\displaystyle{ (0,1)}\) okręgu jednostkowego o środku w zerze. Każdy punkt jest jendnoznacznie wyznaczony kątem, czyli liczbą z przedziału \(\displaystyle{ [0,2pi)}\). Jeśli te kąty oznaczymy \(\displaystyle{ \alpha, \beta, \gamma}\), to \(\displaystyle{ \alpha =0}\), bo tak ustawiliśmy. Możemy również przyjąć \(\displaystyle{ \beta\le\pi}\) - w przeciwnym razie odbijamy względem osi OX. Długość łuku, będącego przecięciem półokręgów odpowiadających punktowi \(\displaystyle{ \alpha}\) i punktowi \(\displaystyle{ \beta}\) to: \(\displaystyle{ \pi-\beta}\). Zatem przy ustalonych punktach \(\displaystyle{ \alpha}\) i \(\displaystyle{ \beta}\) prawdopodobieństwo tego, że łuk wyznaczony przez \(\displaystyle{ \gamma}\) zawadzi o łuk wyznaczony przez \(\displaystyle{ \alpha}\) i \(\displaystyle{ \beta}\) wynosi: \(\displaystyle{ \frac{2\pi-(\pi-\beta)}{2\pi}=\frac{\pi+\beta}{2\pi}}\). Pozostaje więc obliczyć prawdopodobieństwo:
\(\displaystyle{ \frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}\frac{\pi + \beta}{2\pi}\mbox{d}\beta=\frac 1\pi\left[\frac{\pi\beta}{2\pi}+\frac{\beta^2}{4\pi}\right]_0^{\pi}=\frac 34}\).
Stąd prawdopodobieństwo szukane, czyli zdarzenia przeciwnego, jest równe 1/4.
C.d rozwiązania 2:
Rozważmy zdarzenie przeciwne, czyli, że mają niepuste przecięcie.
Końce półokręgów wyznaczonych przez nasze 3 punkty dzielą okrąg na 6 części. Zamiast losować punkty, możemy losować najpierw średnice wyznaczonych przez te punkty półokręgów (punkty leżą w ich biegunach) następnie za każdym razem zdecydować się na jeden z dwóch możliwych biegunów. Robimy to 3 razy, więc jest \(\displaystyle{ 2^3=8}\) możliwości. Przecięcie będzie niepuste, jeśli wstrzelimy się w jedną z 6-ciu możliwości na przecięcie, czyli prawdopodobieństwo wynosi 3/4, zatem to pierwotnie do policzenia wynosi 1/4.
Rozwiązanie 3: (najfajniejsze)
Możemy założyć, że odcinek ma długość \(\displaystyle{ 1}\). Niech \(\displaystyle{ a_i}\) \(\displaystyle{ i=1,2,3}\) będą długościami odcinków powstałych po wylosowaniu dwóch punktów.
Pytamy o prawdopodobieństwo, z którym spełnione są poniższe nierówności:
(*) \(\displaystyle{ a_i+a_j \ge a_k}\)
dla parami różnych \(\displaystyle{ i,j,k}\).
Zachodzi jednak
(**) \(\displaystyle{ \sum a_i=1}\)
oraz liczby \(\displaystyle{ a_i}\) są nieujemne, więc po odjęciu (**) od (*) otrzymujemy:
(**) \(\displaystyle{ a_i\le 1/2}\)
dla \(\displaystyle{ i=1,2,3}\) i na odwrót, (***) implikuje (*).
Rozważmy teraz pewien (niezdegenerowany) trójkąt \(\displaystyle{ A_1,A_2,A_3}\) na płaszczyźnie.
Trójka \(\displaystyle{ (a_1,a_2,a_3)}\) wyznacza pewien punkt tego trójkąta we współrzędnych barycentryczych względem jego wierzchołków. Nierówności (***) są spełnione wtedy i tylko wtedy, gdy ten punkt leży we wnętrzu trójkąta o wierzchołkach będących środkami boków wyjściowego trójkąta. Z kolei pole tego trójkąta to 1/4 czwarta pola wyjściowego, więc to jest odpowiedź.
Wszystkie rozwiązania są poprawne, ale wymagają pewnej ostrożności. Dochodzi w nich bowiem do zastąpienia prawdopodobieństwa geometrycznego na odcinku prawdopodobieństwem geometrycznym na innych zbiorach. W przypadku rozwiązania 1 nie ma problemu, bo tylko sklejamy końce odcinka, co nie ma wpływu na miary zbiorów następnie działamy z definicji prawdopodobieństwa geometrycznego. W przypadku rozwiązań 2, 3 trzeba się liczyć z ewentualną koniecznością pokazania, że użyta operacja zachowuje miary, co nie jest trudne: w rozwiązaniu 2 wynika to z niezmienniczości miary na okręgu ze względu na izometrie, a w rozwiązaniu 3 z własności miary produktowej.
Podam cztery rozwiązania. Koniec odcinka ustawiam dla wygody w różnych punktach sprzyjających konkretnym rozwiązaniom. Można to bezkarnie robić, bo długość odcinka nie ma wpływu na wynik.
Rozwiązanie 0: (siłowe, ale pojęciowo łatwe) Zamiast losować dwa punkty \(\displaystyle{ x, y}\) z odcinka \(\displaystyle{ [0,1]}\), wylosujemy, zgodnie z interpretacją powyżej, jeden punkt \(\displaystyle{ (x,y)}\) z kwadratu jednostkowego. Żeby można było zbudować trójkąt, punkt \(\displaystyle{ (x,y)}\) musi leżeć w jednym z zielonych obszarów na rysunku poniżej:
Te obszary stanowią rozwiązania przynajmnie jednego z poniższych układów nierówności:
\(\displaystyle{ \begin{cases}x\le y\\x\le\frac 12\\y-x\le\frac 12\\y\ge\frac 12\end{cases}}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases}x\ge y\\y\le\frac 12\\x-y\le\frac 12\\x\ge\frac 12\end{cases}}\)
Wyznaczenie tych obszarów wymaga pewnej pracy. Można skleić w torus dla wygody. Gdy już te obszary zidentyfikujemy, odpowiedź staje się natychmiastowa - pole tych obszarów daje w sumie 1/4, co jest odpowiedzią.
Rozwiązania 1,2:
Sklejamy końce odcinka \(\displaystyle{ [0,2\pi]}\) tak, żeby powstał okrąg. Pamiętamy miejsce sklejenia. Rozcinamy ten okrąg w dwóch miejscach otrzymując w sumie trzy punkty: dwa rozcięcia i jeden sklejenia.
Trójkąt da się zmontować wtedy i tylko wtedy, gdy te \(\displaystyle{ 3}\) punkty nie leżą na jednym półokręgu. Te trzy punkty nie leżą na jednym półokręgu, wtedy i tylko wtedy, gdy półokręgi w których biegunach leżą te punkty mają puste przecięcie.
C.d. rozwiązania 1:
Nieco wygodniej jest policzyć prawdopodobieństwo zdarzenia przeciwnego. Pierwszy z trzech punktów, możemy bez zmniejszenia ogólności postawić w punkcie \(\displaystyle{ (0,1)}\) okręgu jednostkowego o środku w zerze. Każdy punkt jest jendnoznacznie wyznaczony kątem, czyli liczbą z przedziału \(\displaystyle{ [0,2pi)}\). Jeśli te kąty oznaczymy \(\displaystyle{ \alpha, \beta, \gamma}\), to \(\displaystyle{ \alpha =0}\), bo tak ustawiliśmy. Możemy również przyjąć \(\displaystyle{ \beta\le\pi}\) - w przeciwnym razie odbijamy względem osi OX. Długość łuku, będącego przecięciem półokręgów odpowiadających punktowi \(\displaystyle{ \alpha}\) i punktowi \(\displaystyle{ \beta}\) to: \(\displaystyle{ \pi-\beta}\). Zatem przy ustalonych punktach \(\displaystyle{ \alpha}\) i \(\displaystyle{ \beta}\) prawdopodobieństwo tego, że łuk wyznaczony przez \(\displaystyle{ \gamma}\) zawadzi o łuk wyznaczony przez \(\displaystyle{ \alpha}\) i \(\displaystyle{ \beta}\) wynosi: \(\displaystyle{ \frac{2\pi-(\pi-\beta)}{2\pi}=\frac{\pi+\beta}{2\pi}}\). Pozostaje więc obliczyć prawdopodobieństwo:
\(\displaystyle{ \frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}\frac{\pi + \beta}{2\pi}\mbox{d}\beta=\frac 1\pi\left[\frac{\pi\beta}{2\pi}+\frac{\beta^2}{4\pi}\right]_0^{\pi}=\frac 34}\).
Stąd prawdopodobieństwo szukane, czyli zdarzenia przeciwnego, jest równe 1/4.
C.d rozwiązania 2:
Rozważmy zdarzenie przeciwne, czyli, że mają niepuste przecięcie.
Końce półokręgów wyznaczonych przez nasze 3 punkty dzielą okrąg na 6 części. Zamiast losować punkty, możemy losować najpierw średnice wyznaczonych przez te punkty półokręgów (punkty leżą w ich biegunach) następnie za każdym razem zdecydować się na jeden z dwóch możliwych biegunów. Robimy to 3 razy, więc jest \(\displaystyle{ 2^3=8}\) możliwości. Przecięcie będzie niepuste, jeśli wstrzelimy się w jedną z 6-ciu możliwości na przecięcie, czyli prawdopodobieństwo wynosi 3/4, zatem to pierwotnie do policzenia wynosi 1/4.
Rozwiązanie 3: (najfajniejsze)
Możemy założyć, że odcinek ma długość \(\displaystyle{ 1}\). Niech \(\displaystyle{ a_i}\) \(\displaystyle{ i=1,2,3}\) będą długościami odcinków powstałych po wylosowaniu dwóch punktów.
Pytamy o prawdopodobieństwo, z którym spełnione są poniższe nierówności:
(*) \(\displaystyle{ a_i+a_j \ge a_k}\)
dla parami różnych \(\displaystyle{ i,j,k}\).
Zachodzi jednak
(**) \(\displaystyle{ \sum a_i=1}\)
oraz liczby \(\displaystyle{ a_i}\) są nieujemne, więc po odjęciu (**) od (*) otrzymujemy:
(**) \(\displaystyle{ a_i\le 1/2}\)
dla \(\displaystyle{ i=1,2,3}\) i na odwrót, (***) implikuje (*).
Rozważmy teraz pewien (niezdegenerowany) trójkąt \(\displaystyle{ A_1,A_2,A_3}\) na płaszczyźnie.
Trójka \(\displaystyle{ (a_1,a_2,a_3)}\) wyznacza pewien punkt tego trójkąta we współrzędnych barycentryczych względem jego wierzchołków. Nierówności (***) są spełnione wtedy i tylko wtedy, gdy ten punkt leży we wnętrzu trójkąta o wierzchołkach będących środkami boków wyjściowego trójkąta. Z kolei pole tego trójkąta to 1/4 czwarta pola wyjściowego, więc to jest odpowiedź.
Wszystkie rozwiązania są poprawne, ale wymagają pewnej ostrożności. Dochodzi w nich bowiem do zastąpienia prawdopodobieństwa geometrycznego na odcinku prawdopodobieństwem geometrycznym na innych zbiorach. W przypadku rozwiązania 1 nie ma problemu, bo tylko sklejamy końce odcinka, co nie ma wpływu na miary zbiorów następnie działamy z definicji prawdopodobieństwa geometrycznego. W przypadku rozwiązań 2, 3 trzeba się liczyć z ewentualną koniecznością pokazania, że użyta operacja zachowuje miary, co nie jest trudne: w rozwiązaniu 2 wynika to z niezmienniczości miary na okręgu ze względu na izometrie, a w rozwiązaniu 3 z własności miary produktowej.
-
Kysy
- Użytkownik
- Posty: 9
- Rejestracja: 18 cze 2010, o 06:32
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Częstochowa
- Podziękował: 1 raz
Prawdopodobieństwo zbudowania trójkąta
Bardzo Ci dziękuję za tak obszerne rozwiązanie. Wszystko dobrze zrozumiałem, jednak chyba zdecyduję się na rozwiązanie numer 1.
-
xiikzodz
- Użytkownik
- Posty: 1874
- Rejestracja: 4 paź 2008, o 02:13
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Lost Hope
- Podziękował: 28 razy
- Pomógł: 502 razy
Prawdopodobieństwo zbudowania trójkąta
Rozwiązanie z numerem 2 ma pewne zalety. Na przykład takie, że łatwo je uogólnić na dowolne wymiary sfer z których losujemy dowolne liczby punktów - wystarczy umieć wyznaczać charakterystykę Eulera dla konkretnych wielościanów, co jest łatwe. Warto chyba więc sprecyzować, o co chodzi z tymi symetriami.
Losujemy więc trzy punkty z okregu \(\displaystyle{ S^1}\) i pytamy, z jakim prawdopodobieństwem leżą na jednym półokręgu, można założyć, że otwartym, co nie ma wpływu na wynik. Z niezależności poszczególnych losowań zadanie sprowadza się do losowania jednego punktu \(\displaystyle{ A=(a_1,a_2,a^3)\in T^3=S^1\times S^2\times S^1}\) z torusa z miarą produktową i wyznaczenia prawdopodobieństwa, że punkty \(\displaystyle{ a_1,a_2,a_3}\) leżą na jednym półokręgu otwartym co dalej nazywać będziemy warunkiem *. Z otwartości wynika, że również pewne otoczenie bazowe \(\displaystyle{ U}\) (z topologii produktowej) spełnia warunek. Mamy 8 odwzorowań postaci \(\displaystyle{ (a_1,a_2,a_3)\mapsto(\pm a_1,\pm a_2,\pm a_3)}\) zachowujących miarę. Obraz zbioru \(\displaystyle{ U}\) przy sześciu spośród ośmiu nich spełnia warunek *. Dotyczy to pewnego otoczenia każdego punktu \(\displaystyle{ T^3}\) skąd nietrudno wywnioskować, że szukane prawdopodobieństwo to 6/8.
Losujemy więc trzy punkty z okregu \(\displaystyle{ S^1}\) i pytamy, z jakim prawdopodobieństwem leżą na jednym półokręgu, można założyć, że otwartym, co nie ma wpływu na wynik. Z niezależności poszczególnych losowań zadanie sprowadza się do losowania jednego punktu \(\displaystyle{ A=(a_1,a_2,a^3)\in T^3=S^1\times S^2\times S^1}\) z torusa z miarą produktową i wyznaczenia prawdopodobieństwa, że punkty \(\displaystyle{ a_1,a_2,a_3}\) leżą na jednym półokręgu otwartym co dalej nazywać będziemy warunkiem *. Z otwartości wynika, że również pewne otoczenie bazowe \(\displaystyle{ U}\) (z topologii produktowej) spełnia warunek. Mamy 8 odwzorowań postaci \(\displaystyle{ (a_1,a_2,a_3)\mapsto(\pm a_1,\pm a_2,\pm a_3)}\) zachowujących miarę. Obraz zbioru \(\displaystyle{ U}\) przy sześciu spośród ośmiu nich spełnia warunek *. Dotyczy to pewnego otoczenia każdego punktu \(\displaystyle{ T^3}\) skąd nietrudno wywnioskować, że szukane prawdopodobieństwo to 6/8.