prawdopodobieństwo geometryczne

[leszczu450]

Cześć!

W koło wpisany jest kwadrat. Na koło rzucono losowo i niezależnie od siebie dwa punkty. Jakie jest prawdopodobieństwo, że pierwszy z nich znajdzie się w kwadracie, a drugi w górnym odcinku koła?

Nie wiem co oznacza górny odcinek koła. To po prostu to wszystko co znajduje się nad poziomo poprowadzoną średnicą ?

[a4karo]

no to policz te pola (a raczej ich stosunek do pola kwadratu) i wymnoz.

[Althorion]

Nie wiem co oznacza górny odcinek koła. To po prostu to wszystko co znajduje się nad poziomo poprowadzoną średnicą ?

Też bym tak zgadywał.

[kropka+]

.
Czyli chodzi o pole tego, co jest pomiędzy górnym bokiem kwadratu i okręgiem.

[leszczu450]

Pole koła \(\displaystyle{ \pi r^2}\)
Pole kwadratu \(\displaystyle{ 2r^2}\)
Pole odcinka koła \(\displaystyle{ \frac{\pi r^2 - 2r^2}{4}}\)

I w takiej sytuacji nie wiem czy prawdopodobieństwo to będzie \(\displaystyle{ \frac{2r^2 + \frac{\pi r^2 - 2r^2}{4} }{\pi r^2}}\) czy \(\displaystyle{ \frac{2r^2 \cdot \frac{\pi r^2 - 2r^2}{4} }{\pi r^2}}\). Mają zachodzisz dwa warunki jednocześnie więc jakoś bardziej przekonuje mnie mnożenie. Ale głowy za to bym nie dał.

[Althorion]

Powinno być mnożenie.

[leszczu450]

Althorion, a jak to uzasadnić?

[Althorion]

Potrzebujesz do szczęścia zajścia dwóch zdarzeń niezależnych: tego że pierwszy punkt trafi w kwadrat oraz tego, że drugi punkt trafi w odcinek. Zatem prawdopodobieństwo zajścia tych dwóch zdarzeń na raz jest równe iloczynowi ich prawdopodobieństw (zasada mnożenia), jako że \(\displaystyle{ P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B|A) = P(A) \cdot P(B)}\), gdyż \(\displaystyle{ P(B|A) = P(B)}\) (zdarzenia są niezależne).

[leszczu450]

Althorion, super ! A mogłem od razu skorzystać z tego, że zdarzenia są rozłączne więc, \(\displaystyle{ P\left( A \cap B\right) =P\left( A\right) \cdot P\left( B\right)}\) ?

[norwimaj]

I w takiej sytuacji nie wiem czy prawdopodobieństwo to będzie \(\displaystyle{ \frac{2r^2 + \frac{\pi r^2 - 2r^2}{4} }{\pi r^2}}\) czy \(\displaystyle{ \frac{2r^2 \cdot \frac{\pi r^2 - 2r^2}{4} }{\pi r^2}}\).

Ani to, ani to. Powinieneś pomnożyć prawdopodobieństwa, więc najpewniej wynikiem jest \(\displaystyle{ \frac{2r^2 \cdot \frac{\pi r^2 - 2r^2}{4} }{\left(\pi r^2\right)^2}}\)

[leszczu450]

norwimaj, dzięki : )

A gdyby zadanie lekko zmodyfikować. Pierwszy punkt ma trafić do kwadratu, a drugi do prawej górnej ćwiartki koła.

To wówczas \(\displaystyle{ A}\)- pierwszy punkt trafił w kwadrat

Stąd \(\displaystyle{ P(A)= \frac{2r^2}{\pi r^2}}\)

\(\displaystyle{ B}\)- drugi punkt trafił w ćwiatkę.

Stąd \(\displaystyle{ P(B)= \frac{1}{4}}\)

Więc \(\displaystyle{ P(A \cap B)= P(A) \cdot P(B \setminus A)}\)

\(\displaystyle{ P(B \setminus A)= \frac{ \frac{\pi r^2}{4} - \frac{r^2}{2} }{\pi r^2}}\)

Stąd : \(\displaystyle{ P(A \cap B)= \frac{2r^2}{\pi r^2} \cdot \frac{ \frac{\pi r^2}{4} - \frac{r^2}{2} }{\pi r^2}}\)

Czy to jest dobre rozumowanie ?

[kropka+]

Przecież te zdarzenia są niezależne ...

[leszczu450]

kropka+, no to dlaczego Althorion, pisał o tym \(\displaystyle{ P(B \setminus A)}\) ?

[kropka+]

... jako że \(\displaystyle{ P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B|A) = P(A) \cdot P(B)}\)...

[leszczu450]

kropka+, no ale w pierwszej wersji zadania, rzeczywiście pole kwadratu w ogóle nie pokrywało się z polem górnego odcinka. Ale tutaj już się pokrywa. Chyba nadal czegoś nie rozumiem.-- 24 kwi 2014, o 11:41 --Chyba mylę słowo niezależne i rozłączne . Tutaj zdarzenia są niezależne, ale nie są rozłączne.