Vjerojatnost je stupanj (mjera, kvantitativna ocjena) mogućnosti nastanka nekog događaja.

Klasična definicija vjerojatnosti. Vjerojatnost slučajni događaj A je omjer broja n nekompatibilnih jednako vjerojatnih elementarnih događaja koji čine događaj A prema broju svih mogućih elementarnih događaja N:

Geometrijska definicija vjerojatnosti. Iako klasična definicija je intuitivan i izveden iz prakse, barem se ne može izravno primijeniti ako je broj jednako mogućih ishoda beskonačan. Izvrstan primjer Beskonačan broj mogućih ishoda je ograničena geometrijska regija G, na primjer, na ravnini, s površinom S. Nasumično "bačena" "točka" s jednakom vjerojatnošću može biti u bilo kojoj točki u ovoj regiji. Problem je odrediti vjerojatnost pada točke u neku poddomenu g površine s. U ovom slučaju, generalizirajući klasičnu definiciju, možemo doći do geometrijske definicije vjerojatnosti, kao omjera s prema S:

Ako se događaji B i C ne mogu dogoditi u isto vrijeme, tada je vjerojatnost da će se dogoditi jedan od događaja B ili C jednaka zbroju vjerojatnosti tih događaja:

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

Ako događaj B ne ovisi o događaju C, tada je vjerojatnost da će se dogoditi oba događaja B i C jednaka umnošku vjerojatnosti tih događaja:

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

Pri rješavanju problema za pronalaženje vjerojatnosti često je zgodno koristiti informacije iz kombinatorike, posebice pravila zbroja i umnoška.

Pravilo zbroja. Ako se neki objekt A može izabrati iz skupa objekata na m načina, a drugi objekt B se može izabrati na n načina, tada se A ili B mogu izabrati na m + n načina.

Pravilo proizvoda. Ako se neki objekt A može izabrati iz skupa objekata na m načina, a nakon svakog takvog izbora drugi objekt B može se izabrati na n načina, tada se par objekata (A, B) navedenim redoslijedom može izabrati na m · n načina.

Problemi s rješenjima

1. Bacanje kockica.

Obična kocka na stranama ima brojeve 1, 2, 3, 4, 5, 6. Baca se nasumično sve dok zbroj bodova koji ispadnu prilikom bacanja ne prijeđe broj 12. Što ukupni iznos bodovi će biti najvjerojatniji?

Razmislite o pretposljednjem bacanju. Nakon toga, ukupno mora uzeti jedan od sljedeće vrijednosti: 12, 11, 10, 9, 8, 7. Ako je 12, tada ukupni rezultat jednako je vjerojatno da će biti 13, 14, 15, 16, 17, 18. Slično, ako je zbroj 11, konačni rezultat je jednako vjerojatno da će biti 13, 14, 15, 16, 17, i tako dalje. Broj 13 pojavljuje se kao ravnopravan kandidat u svakom slučaju i jest jednina takve vrste. Dakle, broj 13 je najvjerojatniji.

Općenito, isti argumenti pokazuju da je najvjerojatniji zbroj koji premašuje n prvi put (n je 6 ili više) n+1.

2. Neozbiljan član žirija.

U tročlanom žiriju dva člana neovisno donose točnu odluku s vjerojatnošću p, a treći član bacanjem novčića donosi odluku ( konačna odluka većinom glasova). Jednočlana porota donosi pravednu odluku s vjerojatnošću p. Koji će od ovih žirija vjerojatnije donijeti pravednu odluku?

p (1 - p) + (1 - p) p = 2p (1 - p),

zatim pronaći vjerojatnost prava odluka Taj se broj mora pomnožiti s 1/2. Na ovaj način, puna vjerojatnost donošenje pravedne odluke tročlane porote jednako je

p 2 + p (1–p) = p,

što je isto kao i odgovarajuća vjerojatnost za jednočlanu porotu.

Odgovor: obje vrste žirija imaju jednaku vjerojatnost da donesu ispravnu odluku.

3. Trokuti koji se ne sijeku.

Od vrhova pravilni n-kut(n>5) dvije trojke su odabrane slučajno razne točke. Kolika je vjerojatnost da se dva trokuta čiji su vrhovi odabrane trojke ne sijeku?

Sve moguće parove trojki vrhova dijelimo u C n 6 skupina, skupljajući u jednu skupinu one i samo one parove trojki koji čine istu šesticu vrhova. S jedne strane, svaka takva skupina sadrži onoliko elemenata koliko postoji načina da se šest fiksnih vrhova podijeli u dvije trojke, tj. C 6 3 = 20 elemenata. S druge strane, postoji točno 6 načina da se šestica podijeli na dvije trojke koje zadovoljavaju uvjet tražen u zadatku. Stoga je željena vjerojatnost 6/20 = 0,3.

Odgovor: 0,3.

4. Bijele i crne kuglice.

Svaka od dvije urne sadrži bijele i crne kuglice, a ukupan broj kuglica u obje urne je 25. Jedna kuglica se nasumično izvlači iz svake urne. Znajući da je vjerojatnost da su obje izvučene kuglice bijele 0,54, pronađite vjerojatnost da su obje izvučene kuglice crne.

Neka je ukupan broj kuglica u prvoj i drugoj urni jednak m 1, odnosno m 2 (za sigurnost pretpostavljamo da m 1 nije veći od m 2), a broj bijelih kuglica u tim urnama je jednak na k 1 odnosno k 2. Tada je vjerojatnost da su obje izvučene kuglice bijele

(k 1 /m 1) (k 2 /m 2).

Dobijamo omjere:

(k 1 /m 1) (k 2 /m 2) \u003d 0,54 \u003d 27/50,

27m 1 m 2 \u003d 50k 1 k 2,

tada je barem jedan od brojeva m 1 , m 2 djeljiv s 5. Ali zbroj m 1 + m 2 također je djeljiv s 5, pa je svaki od brojeva m 1 , m 2 djeljiv s 5. Dakle, imamo samo dvije mogućnosti:

ili m 1 = 5, m 2 = 20,

ili m 1 = 10, m 2 = 15.

U slučaju m 1 = 5, m 2 = 20, dobivamo k 1 k 2 = 54, gdje k ​​1 ne prelazi 5, a k 2 ne prelazi 20. Nakon prolaska kroz sve moguće vrijednosti k i , nalazimo k 1 =3, k 2 =18. Zatim prva urna sadrži 2 crne kugle, druga urna također sadrži 2 crne kugle, a vjerojatnost izvlačenja dvije crne kugle je (2/5)·(2/20)=0,04.

Slično, u slučaju m 1 = 10, m 2 = 15, nalazimo k 1 = 9, k 2 =9. Tada postoji 1 crna kugla u prvoj urni, 6 crnih kugli u drugoj urni, a vjerojatnost izvlačenja dvije crne kugle je (1/10)·(6/15) = 0,04 (u oba slučaja odgovori su isti ).

Odgovor: 0,04.

5. Trilateralni dvoboj.

Tri strijele A, B, C odlučile su se boriti u dvoboju u isto vrijeme. Nalaze se na vrhu jednakostraničan trokut i dogovorili se o sljedećem: prvi udarac izvodi A, drugi B, treći C i tako u krug; ako je jedan od strijelaca eliminiran, dvoboj se nastavlja između preostala dva. Poznato je da strijelac A pogađa metu s vjerojatnošću 0,3, strijelac C s vjerojatnošću 0,5, a strijelac B uopće ne promašuje. Svaki puca u jednog od druge dvojice, ili u zrak, na takav način da ima najveću vjerojatnost da će pobijediti u dvoboju. Gdje bi strijelac A trebao ispaliti svoj prvi hitac: u strijelca C, u strijelca B ili u zrak?

Razmotrite tri događaja koji se mogu dogoditi nakon prvog hica strijelca A.

C je pogođen. Tada će, s vjerojatnošću 1, strijelac A biti pogođen prvim hicem B.

Udario V. Zatim:

ili će s vjerojatnošću od 0,5 strijelac C pogoditi A svojim prvim hicem,

ili s vjerojatnošću od (1 - 0,5) 0,3 strijelac A će pogoditi C svojim drugim hicem,

ili s vjerojatnošću (1 - 0,5) * (1 - 0,3) * 0,5 strijelac C će pogoditi A svojim drugim udarcem,

ili s vjerojatnošću (1 - 0,5) * (1 - 0,3) * (1 - 0,5) * 0,3 strijelac A će pogoditi C svojim trećim udarcem, i tako dalje.

Stoga je vjerojatnost da će A pobijediti u dvoboju u ovom slučaju

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) Nitko se ne čudi. Nakon toga, B će pucati na C (kao preciznijeg od svojih protivnika) i pogoditi ga. Tada će A s vjerojatnošću 0,3 pogoditi B i tako pobijediti u dvoboju. Stoga, budući da je 0,3 > 3/13, najpovoljnija situacija za strijelca A je kada nitko nije pogođen nakon njegovog udarca. Dakle, prvo mora pucati u zrak.

Odgovor: Obavezno pucati u zrak po prvi put.

6. Crvene i zelene kuglice.

Vrećica sadrži 6 crvenih i 8 zelenih loptica. Njih 5 se nasumično izvlači i stavlja u crvenu kutiju, preostalih 9 kuglica stavlja se u zelenu kutiju. Kolika je vjerojatnost da broj crvenih kuglica u zelenoj kutiji plus broj zelenih kuglica u crvenoj kutiji nije prost broj?

Označimo s G broj zelenih kuglica u crvenoj kutiji. Budući da postoji 6 crvenih i 8 zelenih kuglica, boje treba rasporediti po kutijama na sljedeći način:

Crveni okvir: G zelena, (5 - G) crvena;

Zeleni okvir: (8 - G) zeleni, (G + 1) crveni.

Dakle, broj crvenih kuglica u zelenoj kutiji plus broj zelenih kuglica u crvenoj kutiji je (G + 1) + G = 2G + 1, neparan broj. Broj G ne prelazi 5 - ukupno kuglice u crvenoj kutiji. Dakle, zbroj 2G + 1 može poprimiti vrijednosti od 1 (G = 0) do 11 (G = 5).

Jedini neparni složeni broj unutar ovih granica je 9. Međutim, moramo uključiti i broj 1, koji nije ni prost ni složen. Dakle, 2G + 1 mora biti 0 ili 9, što je moguće s G = 0 ili G = 4.

Vjerojatnost dobivanja uzorka s G = 0 (broj načina da imate 5 crvenih podijeljen s ukupnim brojem uzoraka) je C 6 5 /C 14 5 .

Vjerojatnost dobivanja uzorka s G = 4 (broj načina da imate 4 zelena i 1 crveni podijeljen s ukupnim brojem uzoraka) je C 8 4 C 6 1 /C 14 5 .

Vjerojatnost željenog događaja nalazimo kao zbroj navedenih vjerojatnosti:

(C 6 5 + C 8 4 C 6 1) / C 14 5 \u003d (6 + 420) / 2002 \u003d 213 / 1001.

Odgovor: 213/1001.

7. Glava ili rep?

Dva igrača A i B promatraju dječaka koji bez prestanka baca novčić. Rezultati bacanja bilježe se uzastopno pomoću slova: na k-to mjesto nizu, stavlja se slovo O ili slovo P, ovisno o tome što ispadne tijekom k-tog bacanja - "orlovi" ili "repi", respektivno. Igrač A tvrdi da će se tri od OOO susresti na semaforu prije tri od ORO. Igrač B se kladio da će se dogoditi suprotno. Koji će igrač vjerojatnije pobijediti u ovom sporu?

Nakon prvog slova O (od početka promatranja dječaka, s vjerojatnošću 1, slovo O će se pojaviti barem jednom) s istom vjerojatnošću jednakom 1/4 može slijediti jedna od sljedećih kombinacija:

RO, OO, RR, OR.

U prvom slučaju pobjeđuje igrač B, u drugom slučaju pobjeđuje igrač A, a ako se treći slučaj realizira, tada će igrači nakon toga imati iste šanse kao na početku igre. U četvrtom slučaju, s vjerojatnošću od 1/2 slijedi slovo O i igrač B će pobijediti, a s vjerojatnošću od 1/2 slijedi slovo P, nakon čega će igrači imati iste šanse kao kod početak igre. Dakle, s vjerojatnošću od 1/4, A pobjeđuje, s vjerojatnošću

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

B će pobijediti i s vjerojatnošću 3/8 doći će do situacije kada će igrači imati jednake šanse kao na početku partije. Stoga je vjerojatnije da će igrač B pobijediti nego igrač A.

Odgovor: igrač B.

8. U kazalištu.

Osam dječaka i sedam djevojčica samostalno su kupili po jednu ulaznicu u istom kazališnom redu od 15 sjedala. Koliki je prosječan broj susjednih mjesta koje parovi zauzimaju u ovom redu?

Na primjer, ako je red popunjen na sljedeći način YYUDDDYUDYUDYYDD (ovdje Y označava dječaka, a D djevojčicu), tada postoji 9 parova YU i YU. Zanima nas prosječan broj takvih parova. Ako prva dva mjesta u nizu zauzimaju osobe različitog spola, tada već imamo željeni par. Vjerojatnost ovog događaja je

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

Štoviše, 8/15 je također prosječan broj parova na prva dva mjesta, jer

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

Isto razmišljanje vrijedi za svaki par susjednih mjesta.

Da bi se odredio prosječan broj parova mladih ljudi, ova se vrijednost mora pomnožiti s brojem susjednih mjesta, jednakim 14, što daje 112/15.

Više na općeniti način, ako postoji b objekata jedne vrste i m druge, nasumično postavljenih u nizu, tada je prosječan broj parova sastavljenih od različitih objekata jednak

U našem primjeru, b = 8, m = 7, a odgovor je 112/15.

Ovdje smo u biti koristili činjenicu da je matematičko očekivanje zbroja slučajnih varijabli jednako zbroju matematička očekivanja Pojmovi. Pronašli smo prosječan broj parova DO ili DO za svaka dva susjedna mjesta i zbrojili sve takve dvojke.

Odgovor: 112/15.

9. U jednoj od popularnih igara u Americi, igrač baca novčić s prilično velike udaljenosti na površinu stola, razgraničenu na kvadrate od jednog inča. Ako novčić (3/4 inča u promjeru) padne u potpunosti unutar polja, tada igrač dobiva nagradu, inače gubi svoj novčić. Kakve su šanse za dobitak ako novčić padne na stol?

Kada bacimo novčić na stol, neka područja težišta novčića vjerojatnija su od drugih, ali ako je kvadrat dovoljno malen, distribucija vjerojatnosti može se smatrati uniformnom. To znači da je vjerojatnost pada središta u bilo koje područje kvadrata proporcionalna površini ovog područja; jednaka je površini površine podijeljenoj s površinom kvadrata. Budući da je radijus novčića 3/8 inča, središte ne smije biti bliže od 3/8 inča od stranica kvadrata da bi igrač mogao pobijediti.

Ovo ograničenje ispunjava kvadrat sa stranicom od 1/4 inča, unutar kojeg mora biti središte kovanice. Budući da su vjerojatnosti proporcionalne površinama, vjerojatnost dobitka je (1/4) 2 = 1/16.

Naravno, novčić možda uopće neće pasti na stol, a vjerojatnost dobitka zapravo je još manja. Kvadrati se također mogu smanjiti podebljavanjem razdjelnih linija. Ako su te linije debele 1/16 inča, tada pobjedničko područje odgovara vjerojatnosti (3/16) 2 = 9/256, ili manje od 1/28.

Odgovor: 1/16.

10. Bacanje novčića.

Igrač A baca novčić n+1 puta, a igrač B n puta. Koja je vjerojatnost da će igrač A završiti s više glava od igrača B?

Neka igrači A i B dobiju m odnosno k glava. Tada je željena vjerojatnost p događaja m>k jednaka vjerojatnosti q događaja

(n + 1) – m > n – k,

to jest, vjerojatnosti da će igrač A dobiti više glava od igrača B (jer postoji jednaka vjerojatnost da će se glava i rep pojaviti pri svakom bacanju novčića).

S druge strane, događaj m>k se odvija ako i samo ako

odnosno kada (n+1)–m ne prelazi n–k (jer su n–m i n–k cijeli brojevi). Stoga je p=1–q, odakle imamo p=q=1/2.

Odgovor: 1/2.

Problemi bez rješenja

1. Uzastopne pobjede.

Kako bi ohrabrio sina koji napreduje u tenisu, otac mu obećava nagradu ako pobijedi u barem dvije teniske partije zaredom protiv svog oca i prvaka kluba u jednoj od sljedećih shema: otac - prvak - otac ili prvak - otac - šampion sinov izbor. Šampion igra bolji od oca. Koju bi shemu moj sin trebao izabrati?

2. "Okušaj sreću"

"Iskušaj svoju sreću" Kockanje, koji se često igra u kockarnicama i na veseljima. Nakon što je igrač napravio okladu na jedan od brojeva 1, 2, 3, 4, 5, 6, tri kocke. Ako igračev broj padne na jednu, dvije ili tri kocke, tada se za svako pojavljivanje tog broja igraču isplaćuje početni ulog, a vraća se i njegov vlastiti novac. U suprotnom, igrač gubi okladu. Koliki je prosječni gubitak igrača na jednoj okladi? (U stvari, možete se kladiti na nekoliko brojeva istovremeno, ali se svaka oklada razmatra zasebno.)

3. Špil karata.

Špil od n različitih kartanje, raspoređene slučajnim redoslijedom, sadrže tri asa. Gornje karte špila uklanjaju se jedna po jedna dok se ne ukloni drugi as. Dokažite da je prosječan broj izvučenih karata (n + 1)/2.

4. Buket cvijeća

Buket cvijeća sastoji se od 5 tratinčica i 10 cvjetova različka. Iz ovog buketa nasumično se sastavljaju mali buketi od po 3 cvijeta. Kolika je vjerojatnost da će svaki mali grozd sadržavati jednu kamilicu?

5. Oštrokutni trokut.

Na kružnici su slučajno odabrane tri točke A, B, C. Kolika je vjerojatnost da je trokut ABC oštrokutan?

Ne onaj Russellov o brijaču i dijagonalnom argumentu, već onaj Josepha Louisa Francoisa. Sastoji se od sljedećeg.
Zadatak: postoji krug, nasumično nacrtamo akord tamo. Kolika je vjerojatnost događaja
A \u003d (ispostavilo se da je tetiva duža od stranice jednakostraničnog trokuta upisanog u krug)?

Odgovor ovisi o tome kako točno odaberemo ovaj akord. Naime, postoje tri načina (moguće ih je više, ali ovo je za sada dovoljno):

Metoda 1: Akord - što je to? Isječak koji spaja dvije točke na kružnici. Bez daljnjeg odlaganja, uzmimo dvije nasumične točke na ovoj kružnici (na neovisni način) i nacrtajmo tetivu između njih. Budući da je ovdje sve simetrično, BOOMS prva točka će pasti izravno na Sjeverni pol, i događaj ALI događa se kada druga točka pogodi crveni luk na slici (svi akordi u ovom postu su plavi):

To jest, očito, željena vjerojatnost je 1/3.

Metoda 2. Sada ga uzmimo i nacrtajmo akord ovako. Prvo odaberemo slučajni radijus (tj. spojimo središte sa slučajnom točkom na kružnici), zatim izaberemo slučajnu točku na njoj, povučemo okomicu i dobijemo tetivu. Opet, BOOMS, ovaj radijus vodi do sjevernog pola (i zašto me toliko privukao sjeverni pol...) i stranice jednakostraničnog trokuta (koji ima vrh na Južni pol) dijeli ovaj radijus strogo na pola, i opet od kontemplacije slike

(potrebno je da slučajna točka na radijusu padne na crveni segment) jasno je da je željena vjerojatnost jednaka 1/2.

Metoda 3. Općenito samo odaberite jednu slučajnu točku unutar kruga. Jasno je da ne možemo doći striktno u središte, što znači da postoji jedna tetiva čija se središnja točka poklapa s odabranom. Razmotrimo to. Radije razmislite o slici

i sa svim dokazima dobivamo da je željena vjerojatnost jednaka 1/4 (polumjer unutrašnjeg kruga, u koji bi odabrana točka trebala pasti, je dva puta manji od prvobitnog).

Ovdje. Jedan problem, tri različita odgovora, 1/3, 1/2, 1/4. I ovdje, na ovom mjestu, obično se zaključi da je problem pogrešno formuliran, potrebno je točno naznačiti što točno mislimo pod "odaberite slučajni akord", inače je nemoguće. Tako?

Ali nije tako! Točnije, nije baš tako. Evo takve stvari: ako želimo formulirati sve probabilističke probleme na apsolutno striktan i precizan način, tada ćemo umjesto, na primjer, "od deset ljudi, nasumično izabrati dvoje" morati napisati nešto poput "iz skup svih neuređenih parova raznih elemenata skup (1,...,10) odabiremo jedan par s uniformnom distribucijom vjerojatnosti. "Pa, dovraga, mislim da je obično jasno da kada kažu "biramo nasumično" bez daljnjeg pojašnjenja, to znači da izbor je jednakovjerojatan, tj. radi se s ravnomjernom distribucijom.

U REDU. Dobro. Ali ovdje će mi se prigovoriti u smislu da

Jasno je koliko je jednako vjerojatno odabrati slučajni element skupa N elementi (svaki se uzima s vjerojatnošću 1/N)

Također je intuitivno jasno što je ravnomjerna raspodjela na nekom području, recimo, na ravnini (krug, kvadrat, ...).

Ali što je sa složenijim objektima?

A mi ćemo na to odgovoriti ovako. Uglavnom, rekao bih čak karakteristika svojstvo jednolike raspodjele. Neka H- neki podskup skupa G i odaberite jedan objekt iz G na nevjerojatan način. Dakle, pod uvjetom da je rezultat tu H- tamo ima jednoliku distribuciju, dobije se takva nepromjenjivost. Na primjer, ako je jedna osoba nasumično odabrana iz grupe od 5 muškaraca / 5 žena, a poznato je da je to žena, tada bilo koja od tih pet ima jednake šanse (1/5) da bude izabrana. A sve to vrijedi i za ujednačen izbor točke iz nekog područja.

Pa, što onda želimo od nasumičnog akorda? U svjetlu gore navedenog, čini mi se razumnim da želimo sljedeće:

pod uvjetom da slučajni akord AB presijeca malu kružnicu (stvarajući tamo tetivu A"B"), ovaj akord A"B" ima istu distribuciju vjerojatnosti kao samo "slučajni akord" (što god to značilo, za sada) u malom krugu.

Dakle, ispada da od tri gore navedene metode za konstruiranje nasumičnog akorda, samo metoda 2 ima ovo svojstvo! I nitko osim njega; svi ostali su neprikladni. Sve je to odavno poznato, pogledajte članak, toplo ga preporučujem.

Međutim, ono o čemu smo ovdje već govorili upućuje na takva razmišljanja. U redu, sada znamo da postoji nasumična tetiva kruga. Kako
pravi matematičari, želimo to generalizirati, od krugova do elipsa, kvadrata, hiperkocki, čega god. Pa, pokušajmo.

Znači, ponavljajući prošlost, tetiva je isječak koji povezuje dvije točke na granici naše regije. Umjesto da biramo ove dvije točke odjednom, pokušajmo to učiniti drugačije: prvo odaberemo jednu točku na granici (na neki način), a zatim izaberemo smjer (na neki drugi način), kamo će otići akord od ove točke. I ona će otići do raskrižja s granicom, gdje će doći - tamo će biti druga točka.

Samo kao jednostavna vježba o poznavanju školske planimetrije, dokažite da je metoda 1 ekvivalentna sljedećem postupku: prvo se ravnomjerno uzme jedna točka na kružnici, a zatim se također ravnomjerno odabere smjer tetive, kao da su svi pravci jednako vjerojatni .

A s našom dragocjenom metodom 2, situacija je sljedeća: smjer tetive je odabran prema kosinusnom zakonu, tj. gustoća raspodjele ovog pravca proporcionalna je kosinusu kuta između njega i polumjera (dokažite!). Što će se dogoditi ako se sličan postupak izvede s više ili manje proizvoljnim područjem (ovdje nećemo pisati dosadne komentare o dovoljnoj glatkoći njegove granice), naime

(a) prvo odaberite točku ravnomjerno na granici

(b) izaberemo smjer od tamo prema kosinusnom zakonu (kut je s normalom na granicu u ovoj točki), i tetiva je otišla.

Ispostavilo se da sve to stvarno radi, čak iu bilo kojoj dimenziji, štoviše! Može se dokazati da


(skoro copy-paste, imajte na umu) pod uvjetom, što je slučajni akord AB presijeca unutarnje područje (stvarajući tamo akord A"B"), ovaj akord A"B" ima istu distribuciju vjerojatnosti kao samo nasumična tetiva u unutrašnjosti ( vanjska regija ovdje je više-manje proizvoljan, ali je unutarnji konveksan, tako da je "inducirana" tetiva uvijek jednoznačno određena). Iskoristit ću priliku i ovdje reklamirati članak, iako smo tu i tamo izumili kotač. Trebao sam barem prvo pročitati knjigu (i toplo je preporučujem, da).

________________________________________ _____________________________________

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

F. Comets, S. Popov, G.M. Schütz, M. Vachkovskaia (2009.)
Biljar u općoj domeni s nasumičnim odrazima.
Arhiv za racionalnu mehaniku i analizu, 193 (3), str. 737-738,
http://link.springer.com/article/10.1007%2Fs00205-008-0120-x?LI=true
Vidi također Erratum ovdje: http://link.springer.com/article/10.1007%2Fs00205-009-0236-7?LI=true , jer su zeznuli.
A najbolje je pročitati ovdje: http://arxiv.org/abs/math/ 0612799 , tamo je već sve sređeno, a pristup je slobodan.

Kendall, Moran. (1972)
geometrijske vjerojatnosti.
Mislim da će svi pronaći gdje preuzeti :)

Izrađen okvirni plan

Trofimova Ljudmila Aleksejevna

geometrijska vjerojatnost

Ciljevi i ciljevi: 1) Upoznati učenike s jednim od moguće načine zadaci

vjerojatnosti;

2) Ponavljanje prošlosti i konsolidacija vještina formalizacije

tekstualni vjerojatnosni problemi uz pomoć geometrijskih oblika.

Ishodi učenja:

1) Znati definiciju geometrijska vjerojatnost odabir točke

unutar figure na ravnini i pravoj liniji;

2) Biti u stanju riješiti najjednostavnije probleme o geometrijskoj vjerojatnosti,

poznavanje površina likova ili njihovo izračunavanje.

ja. Odabir točke s lika na ravnini.

Primjer 1 Smatrati misaoni eksperiment: točka je nasumično bačena na kvadrat čija je stranica jednaka 1. Pitanje je kolika je vjerojatnost događaja da udaljenost od te točke do najbliže stranice kvadrata nije veća od ?

U ovom zadatku pričamo o tzv geometrijska vjerojatnost.

Bod se nasumično ubacuje u komad F na površini. Kolika je vjerojatnost da točka padne u neki oblik g, sadržanu na slici F.

Odgovor ovisi o tome koje značenje stavljamo u izraz "baciti točku nasumce".

Ovaj izraz se obično tumači na sljedeći način:

1. Bačena točka može pogoditi bilo koji dio figure F.

2. Vjerojatnost da točka padne u neki oblik G unutar figure F, izravno proporcionalna površini figure G.

Da rezimiramo: neka su i površine figura F i G. Vjerojatnost događaja ALI"točka X pripada slici g, sadržanu na slici F", jednako je

Imajte na umu da područje figure G ne više od površine figure F, zato

Vratimo se našem zadatku. Lik F u ovom primjeru kvadrat sa stranicom 1. Prema tome =1.

Točka se od ruba kvadrata ne udaljava više nego ako padne na lik osjenčan na slici G. Da biste pronašli područje, trebate iz područja figure F oduzmite površinu unutarnjeg kvadrata sa stranicom.

Zatim vjerojatnost da je točka pogodila lik g, jednako je

Primjer 2 Iz trokuta ABC slučajno je odabrana točka X. Odredite vjerojatnost da ona pripada trokutu čiji su vrhovi polovišta stranica trokuta.

Riješenje: Srednje linije trokuta dijele ga na 4 jednaki trokuti. Sredstva,

Vjerojatnost da točka X pripada trokutu KMN je:

Zaključak. Vjerojatnost da točka pogodi određenu figuru izravno je proporcionalna površini ove figure.

Zadatak. Nestrpljivi duelisti.

Dvoboji u gradu Oprez rijetko završavaju tužnim ishodom. Činjenica je da svaki duelist dolazi na mjesto okupljanja u random terminu između 5 i 6 sati ujutro i nakon 5 minuta čekanja protivnika odlazi. Ako potonji stigne unutar ovih 5 minuta, dvoboj će se održati. Koliko dvoboja zapravo završi borbom?

Riješenje: Neka x i na označavaju vrijeme dolaska 1. t od 2. duelista, odnosno, mjereno u djelićima sata počevši od 5 sati.

Duelisti se sastaju ako , t j . x - < g< x + .

Pokažimo to na crtežu.

Osjenčani dio kvadrata odgovara slučaju susreta duelista.

Površina cijelog kvadrata 1, površina osjenčanog dijela:

.

Dakle, šanse za dvoboj su jednake.

II. Odabir točke dužine i kružnog luka.

Razmotrimo mentalni eksperiment koji se sastoji od slučajnog odabira jedne točke X iz nekog segmenta MN.

To se može shvatiti kao da je točka X nasumično "bačena" na segment. elementarni događaj u ovom eksperimentu može postati izbor bilo koje točke segmenta.

Neka se segment CD nalazi u segmentu MN. Zainteresirani smo za događaj ALI , koji se sastoji u činjenici da odabrana točka X pripada segmentu CD.

Metoda izračuna ove vjerojatnosti ista je kao i za figure u ravnini: vjerojatnost je proporcionalna duljini segmenta CD.

Prema tome, vjerojatnost događaja ALI "točka X pripada segmentu CD sadržanom u segmentu MN" je, .

Primjer 1 Unutar segmenta MN slučajno je odabrana točka X. Odredite vjerojatnost da je točka X bliža točki N nego M.

Riješenje: Neka je točka O polovište dužine MN. Naš događaj će se dogoditi kada točka X bude unutar segmenta ON.

Zatim .

Ništa se ne mijenja ako se točka X ne izabere iz segmenta, već iz luka neke zakrivljene linije.

Primjer 2 Na kružnici su dane točke A i B, a te točke nisu dijametralno suprotne. Na istoj kružnici odabrana je točka C. Odredite vjerojatnost da dužina BC siječe promjer kružnice koja prolazi točkom A.

Riješenje: Neka je opseg jednak L. Događaj koji nas zanima Do "Odsječak BC siječe promjer DA" događa se samo ako točka C leži na polukružnici DA koja ne sadrži točku B. Duljina te polukružnice je L.

.

Primjer 3 Na kružnici je uzeta točka A. Na kružnicu je “bačena” točka B. Kolika je vjerojatnost da će duljina tetive AB biti manja od polumjera kružnice.

Riješenje: Neka je r polumjer kruga.

Da bi tetiva AB bila kraća od polumjera kružnice, točka B mora pasti na luk B1AB2 čija je duljina jednaka opsegu kružnice.

Vjerojatnost da će duljina tetive AB biti manja od polumjera kružnice jednaka je:

III. Odabir točke brojevnog pravca

Geometrijska vjerojatnost može se primijeniti na numerički intervali. Pretpostavimo da je slučajno odabran broj X koji zadovoljava uvjet . Ovo iskustvo može se zamijeniti iskustvom u kojem je točka s koordinatom X odabrana iz segmenta na brojevnom pravcu.

Razmotrimo događaj koji se sastoji u činjenici da je točka s koordinatom X odabrana iz segmenta sadržanog u segmentu . Označimo ovaj događaj. Njegova je vjerojatnost jednaka omjeru duljina odsječaka i .

.

Primjer 1 Pronađite vjerojatnost da slučajno odabrana točka iz segmenta pripada segmentu.

Riješenje: Prema geometrijskoj formuli vjerojatnosti nalazimo:

.

Primjer 2 Prema pravilima promet, pješak može prijeći ulicu na neodređenom mjestu ako u blizini nema pješačkih prijelaza. U gradu Mirgorodu udaljenost između pješački prijelazi na ulici Solnechnaya jednaka je 1 km. Pješak prelazi ulicu Solnechnaya negdje između dva prijelaza. Znak prijelaza ne vidi dalje od 100 m od sebe. Nađite vjerojatnost da pješak ne krši pravila.

Riješenje: Poslužimo se geometrijskom metodom. Uredimo brojevni pravac tako da dionica ulice između križanja bude segment. Neka pješak priđe ulici u nekoj točki s koordinatom X. Pješak ne krši pravila ako je od svakog prijelaza udaljen više od 0,1 km, tj. 0,1

.

Primjer 3 Vlak prolazi peronom za pola minute. U jednom trenutku, sasvim slučajno, gledajući kroz prozor svog kupea, Ivan Ivanovič ugleda da vlak prolazi kraj perona. Ivan Ivanovič gledao je kroz prozor točno 10 sekundi, a zatim se okrenuo. Nađite vjerojatnost da je vidio Ivana Nikiforoviča kako stoji točno na sredini perona.

Riješenje: Poslužimo se geometrijskom metodom. Brojimo u sekundama. Na 0 sekundi ćemo uzeti trenutak kada je Ivan Ivanovič sustigao početak perona. Zatim je stigao do kraja platforme u trenutku od 30 sekundi. Za X sek. Označimo trenutak kad je Ivan Ivanovič pogledao kroz prozor. Stoga je broj X slučajno odabran iz segmenta. Ivana sam sustigao u trenutku 15 sekundi. Ivana Nikiforoviča vidio je samo ako je pogledao kroz prozor ne kasnije od ovog trenutka, ali ne prije 10 sekundi. Dakle, moramo pronaći geometrijsku vjerojatnost događaja. Po formuli nalazimo

.

"Probabilistička pozadina"

Na samom početku pjesme "Mrtve duše" dvojica se raspravljaju o tome dokle će preći kotač u Čičikovljevim kolima:

“... dva ruska seljaka, stojeći na vratima krčme nasuprot hotela, dala su neke primjedbe, koje su se ipak više odnosile na kočiju nego na osobu koja je u njoj sjedila. “Vidi se”, rekao je jedan drugome: “kakav točak! Što mislite, hoće li taj kotač, ako se dogodi, stići do Moskve ili neće stići do Moskve? - "Stići će", odgovori drugi. "Ali mislim da neće stići do Kazana?" "Neće stići u Kazan", odgovorio je drugi.

Zadaci za rješavanje.

1. Odredite vjerojatnost da će točka nasumično bačena u kvadrat ABCD sa stranicom 4 pasti u kvadrat A1B1C1D1 sa stranicom 3, koji je unutar kvadrata ABCD.

Odgovor. 9/16.

2. Dvije osobe A i B dogovorile su se da će se naći na određenom mjestu u vremenskom intervalu od 900 do 1000. Svaka od njih dolazi nasumce (u zadanom vremenskom intervalu), neovisno o drugoj, i čeka 10 minuta. Koja je vjerojatnost da će se sresti?

Odgovor. 11/36.

3. Točka C se slučajno pojavljuje u segmentu AB duljine 3. Odredite vjerojatnost da je udaljenost od točke C do B veća od 1.

Odgovor. 2/3.

4. U krug polumjera 5 upisan je trokut najveće površine. Odredite vjerojatnost da će točka nasumično bačena u krug pasti u trokut.

5. Pinokio je na pravokutni lim dimenzija 20 x 25 cm zasadio okruglu mrlju polumjera 1 cm, a odmah nakon toga zasadio je još jednu sličnu mrlju koja je cijela završila na listu. Nađite vjerojatnost da se ove dvije mrlje ne dodiruju.

6. Kvadrat ABCD je upisan u krug. Na toj je kružnici slučajno odabrana točka M. Odredite vjerojatnost da ta točka leži na: a) manjem luku AB; b) veći luk AB.

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

7. Na odsječak je slučajno bačena točka X. S kojom vjerojatnošću je zadovoljena nejednakost: a) ; b) ; u) ?

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

8. Jedino što se zna o selu Ivanovo je da se nalazi negdje na autocesti između Mirgoroda i Stargoroda. Dužina autoputa je 200 km. Nađite vjerojatnost da:

a) od Mirgoroda do Ivanova duž autoceste manje od 20 km;

b) od Stargoroda do Ivanova duž autoceste više od 130 km;

c) Ivanovo se nalazi manje od 5 km od sredine ceste između gradova.

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

Dodatni materijal

Geometrijski pristup vjerojatnosti događaja ne ovisi o vrsti dimenzija geometrijskog prostora: važno je samo da skup elementarnih događaja F i skup G, koji predstavljaju događaj A, budu iste vrste i da istih dimenzija.

2. Slučajna točka X jednoliko je raspoređena u kvadratu . Odredite vjerojatnost da se kvadrat sa središtem X i stranicama duljine b paralelnim s koordinatnim osima u cijelosti nalazi u kvadratu A.

Književnost:

1. Teorija vjerojatnosti i statistika / , . - 2. izdanje, revidirano. - M.: MTSNMO: udžbenici, 2008. - 256 str.: ilustr.

2. Teorija vjerojatnosti i matematička statistika u primjerima i zadacima u Excelu / , . – Ed. 4. - Rostov n / a: Phoenix, 2006. - 475 str.: ilustr. - (Više obrazovanje).

3. Pedeset zabavnih probabilističkih problema s rješenjima. Po. s engleskog / Ed. . 3. izd. - M.: Nauka, Glavno izdanje fizičke i matematičke literature, 1985. - 88 str.

4. Zbirka zadataka iz teorije vjerojatnosti: Zbornik radova. Priručnik za sveučilišta./, - 2. izdanje, Rev. I ekstra. – M.: Znanost. CH. izd. fiz.-matem. Lit. - 1989. - 320s.

5. Izborni kolegij iz matematike: Teorija vjerojatnosti: Proc. Dodatak za 9-11 ćelija. prosj. škola / - 3. izd. revidirano - M.: Prosvjetljenje, 1990. - 160 str.

Geometrijska definicija vjerojatnosti. Problemi s rješenjima

Izvan prozora su rani jesenski dani, a žuto lišće na drveću evocira lirsko i pomalo tužno raspoloženje .... Ali pred nama je još cijela akademska godina i u takvim trenucima potrebno je prilagoditi se plodnom radu! Žurim zadovoljiti sve čitatelje koji su umorni svojim vlastitim receptom koji vam omogućuje brzo povećanje tonusa vašeg tijela. Da biste to učinili, dovoljno je zapamtiti malo geometrija... ... ne, slažem se da ponekad uspava, ali u malim dozama je izuzetno okrepljujuće! I što je najvažnije, vrlo je učinkovit - čim počnete uzimati okrepljujuće porcije znanja, tada nema sezonske depresije odjednom!

Čak iu prvoj lekciji na temu s kojom smo se susreli klasična definicija vjerojatnosti pojava nekog događaja u testu i najjednostavnija formula , gdje je ukupan broj sve moguće jednako moguće , elementarni ishode ovog testa, i - broj elementarnih ishoda koji pogoduju događaju.

Imate problema s terminologijom i/ili razumijevanjem? Molimo počnite s osnove teorije vjerojatnosti.

Idemo dalje: klasična definicija vjerojatnosti pokazala se učinkovitom za rješavanje čitavog niza problema, ali s druge strane, ima i niz nedostataka. Još je ispravnije reći, ne nedostaci, nego ograničenja. Jedno takvo ograničenje je činjenica da se ne odnosi na pokuse s beskonačnim brojem ishoda. Najjednostavniji primjer:

Gladna točka nasumično se baca na segment. Kolika je vjerojatnost da će pasti u interval?

Budući da na segmentu ima beskonačno mnogo točaka, formula se ovdje ne može primijeniti (zbog beskonačno velike vrijednosti "en") i tako u pomoć dolazi drugi pristup tzv geometrijska definicija vjerojatnosti.

Sve je vrlo slično: vjerojatnost pojave nekog događaja u testu jednaka je omjeru , gdje je - geometrijska mjera izražavanje ukupnog broja sve moguće i jednako moguće ishode ovog testa, i - mjera izražavajući broj povoljnih ishoda za događaj. U praksi je takva geometrijska mjera najčešće duljina ili površina, rjeđe volumen.

Razmotrimo događaj: - točka bačena na segment, pala je u interval . Očigledno, ukupan broj ishoda izražen je duljinom većeg segmenta: , a ishodi povoljni za događaj - duljinom ugniježđenog segmenta: Prema geometrijskoj definiciji vjerojatnosti:

Prelako? Kao u slučaju sa klasična definicija, ovo je pogrešan dojam. Temeljito i savjesno razumijemo praktične primjere:

Zadatak 1

Metarska vrpca se nasumično reže škarama. Odredite vjerojatnost da će duljina reza biti najmanje 80 cm.

Riješenje: "Što je tu teško? Vjerojatnost je 1/5.” Ovo je automatska pogreška koja nastaje nepažnjom. Da, tako je - duljina obrezivanja bit će najmanje 80 cm, ako se s trake ne izreže više od 20 centimetara. Ali ovdje se često zaboravlja da se željeni rez može napraviti kao iz jedne kraj vrpce pa s druge:

Uzmite u obzir događaj: - duljina trima bit će najmanje 0,8 m.

Budući da se vrpca može prerezati bilo gdje, ukupan broj ishoda odgovara njezinoj duljini: Dijelovi presjeka koji su pogodni za događaj označeni su crvenom bojom na slici i njihova ukupna duljina jednaka je:

Odgovor: 0,4

Što se može zaključiti? Čak i ako vam se zadatak čini vrlo jednostavnim, NE ŽURITE. Impulzivnost je općenito loša stvar - to su pogreške, nepotrebne kupnje, pokvarena koža itd. ... ali nemojmo govoriti o tužnim stvarima!

Prilikom pisanja zadataka potrebno je navesti dimenziju (jedinice, metri, kvadratne jedinice, kvadratni metri itd.). Usput, imajte na umu da se u završnoj fazi izračuna geometrijska mjera smanjuje. Tako su u razmatranom primjeru metri smanjeni: , što je rezultiralo uobičajenom bezdimenzionalnom vjerojatnošću.

Zadatak 2

Nakon nevremena došlo je do puknuća žice na dionici između 40. i 70. kilometra telefonske linije. Kolika je vjerojatnost da se to dogodilo između 50. i 55. kilometra pruge?

Sažetak i rješenje i odgovor na kraju lekcije.

Mnogo su češći primjeri u kojima se pojavljuju područja:

Zadatak 3

U trokut sa stranicama upisana je kružnica. Točka je proizvoljno postavljena u trokut. Odredite vjerojatnost da je točka u krugu.

Podsjećam vas da upisana kružnica leži unutar trokuta i dodiruje njegove stranice u 3 točke

Riješenje: budući da je točka smještena u trokut, a krug leži unutra, tada površina trokuta odgovara ukupnom broju ishoda, a površina upisanog kruga odgovara skupu povoljnih ishoda. Što da kažem? Tražite prostor:

Ako su zadane duljine stranica trokuta, tada se njegova površina prikladno pronalazi prema Heronova formula:
, gdje su duljine stranica trokuta, a je poluperimetar.

Prvo izračunavamo poluopseg trokuta: , a zatim njegovu površinu:

Metodu vađenja faktora iz korijena opisao sam u davnim vremenima na uvodnoj lekciji analitička geometrija.

Površina upisane kružnice nalazi se formulom , gdje je njen polumjer.

Gdje nabaviti geometrijske formule? Potrebne formule mogu se pronaći u školskom udžbeniku ili drugom izvoru informacija. U isto vrijeme, nema potrebe da ih posebno učim, osobno sam se samo sjetio i za nekoliko minuta pronašao sve ostalo na Wikipediji. I za nekoliko minuta sigurno ću sve ovo zaboraviti =)

Dakle, površina upisanog kruga je:

Prema geometrijskoj definiciji:
je vjerojatnost da će točka pasti unutar upisane kružnice.

Odgovor:

Jednostavniji primjer za "uradi sam" rješenje:

Zadatak 4

U krugu polumjera 10 cm je pravokutni trokut s katetama 12 i 7 cm.U krugu je slučajno postavljena točka. Odredite vjerojatnost da neće pasti u zadani trokut.

Treba napomenuti da u ovom problemu trokut ne mora na neki način dodirivati ​​krug, on se jednostavno nalazi unutar kruga i to je to. Budi oprezan!

Sada razmotrite dobro poznati problem sastanka:

Zadatak 5

Dva kamiona mogu doći na utovar u vremenskom intervalu od 19 do 20.30 sati. Utovar prvog automobila traje 10 minuta, drugog - 15 minuta. Kolika je vjerojatnost da će jedan automobil morati čekati da drugi završi utovar?

Razmislimo malo o stanju. Prvo, automobili mogu doći na utovar bilo kojim redoslijedom, a drugo, u bilo kojem trenutku unutar sat i pol. Na prvi pogled odluka se čini prilično teškom. A za nespremnu osobu stvarno će ispasti "pretežak". Detaljna analiza metode rješavanja ovog problema može se naći, na primjer, u Gmurmanovom udžbeniku, ali ja ću se donekle ograničiti na formalni algoritam:

Riješenje: Najprije saznajte trajanje vremenskog razdoblja u kojem se sastanak može održati. U ovom slučaju, kao što je gore navedeno, to je sat i pol ili 90 minuta. U isto vrijeme, stvarni vremenski okvir ovdje zapravo nije bitan - utovar automobila može se odvijati, na primjer, ujutro od 8.30 do 10.00, a odluka će biti potpuno ista.

Izračuni se mogu provesti iu dijelovima sata iu minutama. Po mom mišljenju, u većini slučajeva prikladnije je raditi s minutama - manje zabune.

Pročistimo donju granicu integracije analitički (nađite sjecište hiperbole i izravno):

Ravna linija se nalazi na segmentu ne manje hiperbola,
prema pripadajućoj formuli:

Prema geometrijskoj definiciji:
- vjerojatnost da će umnožak dvaju brojeva u rasponu od 0 do 5 biti veći od dva.

Odgovor:

Sličan primjer za neovisno rješenje.

Moram generirati ravnomjerno slučajnu točku u krugu radijusa R.

Razumijem to jednostavnim odabirom ravnomjerno nasumičnog kuta u intervalu , dajući udaljenosti od središta. Naš trokut je tanka traka, pa su AB i BC u biti paralelni. Dakle, točka Z je samo udaljenost x + y od ishodišta. Ako je x + y > R vraćamo se natrag.

Evo kompletnog algoritma za R = 1. Nadam se da se slažete da je prilično jednostavan. Koristi okidač, ali možete jamčiti koliko dugo traje i koliko dugo treba random() , za razliku od uzorkovanja odstranjivanjem.

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

Evo ga u Mathematici.

F := Blok [(u, t, r), u = Nasumično + Nasumično; t = Slučajno 2 Pi; r = Ako; (r Cos[t], r Sin[t]) ] ListPlot, AspectRatio -> Automatic]

Evo brzog i jednostavnog rješenja.

Izaberi dva slučajni brojevi u rasponu (0, 1), naime a i b . Ako b< a , замените их. Ваша точка (b*R*cos(2*pi*a/b), b*R*sin(2*pi*a/b)) .

Ovo rješenje možete zamisliti na sljedeći način. Kad biste uzeli krug, izrezali ga i zatim izravnali, dobili biste pravokutni trokut. Smanjite trokut i imat ćete trokut od (0, 0) do (1, 0) do (1, 1) i natrag do (0, 0) . Sve te transformacije jednoliko mijenjaju gustoću. Ono što ste učinili je jednolično odabrati slučajnu točku u trokutu i obrnuti proces da dobijete točku u krugu.

Imajte na umu da je gustoća točaka proporcionalna obrnutom kvadratu polumjera, pa umjesto odabira r iz , odaberite iz , a zatim izračunajte svoje koordinate kao:

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

To će vam omogućiti ravnomjernu raspodjelu točaka na disku.

Zamislite to na ovaj način. Ako imate pravokutnik gdje je jedna os radijus, a jedna kut, i uzmete točke unutar tog pravokutnika koje su blizu radijusa 0. Sve će one biti vrlo blizu ishodišta (to je blizu kruga). Međutim, sve točke u blizini polumjera R padat će blizu ruba kruga (tj. daleko jedna od druge).

Ovo bi vam moglo dati ideju zašto se ovako ponašate.

Osnovna premisa je da možete stvoriti varijablu sa željenom distribucijom iz uniformne distribucije spajanjem uniformne inverzne funkcije s funkcijom kumulativne distribucije željene funkcije gustoće vjerojatnosti. Za što? Uzmite to zdravo za gotovo, ali to je činjenica.

Evo mog pomalo intuitivnog objašnjenja matematike. Funkcija gustoće f(r) preko r mora biti proporcionalna samom r. Razumijevanje ove činjenice dio je svake osnovne knjige o matematiki. Vidi odjeljke o polarnim elementima. Neki drugi plakati su to spomenuli.

Dakle, nazovimo to f(r) = C * r;

Ovo, kako se pokazalo, većina raditi. Budući da f(r) mora biti gustoća vjerojatnosti, nije teško vidjeti da integracijom f(r) preko intervala (0, R) dobivate da je C = 2/R^2 (ovo je vježba za čitač.)

Dakle, f(r)=2*r/R^2

Zatim posljednji dio dolazi iz uniformne slučajne varijable u u (0,1), koju morate mapirati kao inverznu funkciju kumulativne distribucije iz ove potrebne gustoće f(r). Da biste razumjeli zašto je to tako, trebate pronaći tekst proširene vjerojatnosti poput Papoulisa (ili ga nabaviti sami).

Integriranjem f(r) dobivate F(r) = r^2/R^2

Pronaći inverzna funkcija od toga dajete u = r^2/R^2 i zatim rješavate za r, što daje r = R * sqrt(u)

Ovo također ima intuitivnog smisla, u = 0 treba preslikati u r = 0. Također, u = 1 treba preslikati u r = R. Također, ovo je funkcija korijen, što ima smisla i odgovara vezi.

Razlog zašto naivno rješenje ne funkcionira je taj što daje više visoka gustoća točke vjerojatnosti bliže središtu kruga. Drugim riječima, krug polumjera r/2 ima vjerojatnost r/2 da u njemu bude odabrana točka, ali ima površinu (broj točaka) pi * r^2/4.

Stoga želimo da gustoća vjerojatnosti radijusa ima sljedeće svojstvo:

Vjerojatnost odabira polumjera manjeg ili jednakog zadanom r mora biti proporcionalna površini kruga polumjera r. (jer želimo imati jednoliku raspodjelu po točkama, i velike površine- više bodova)

Drugim riječima, želimo da vjerojatnost odabira radijusa između bude jednaka njegovom udjelu ukupne površine kruga. Ukupna površina kruga je pi * R^2, a površina kruga polumjera r je pi * r^2. Dakle, željeli bismo da vjerojatnost odabira radijusa između bude (pi * r^ 2)/(pi * R^2 ) = r^2/R^2.

Sada dolazi matematika:

Vjerojatnost odabira radijusa između je integral p(r)dr od 0 do r (ovo je samo zato što zbrajamo sve vjerojatnosti manjih radijusa). Dakle, želimo integral (p(r) dr) = r^2/R^2. Jasno možemo vidjeti da je R^2 konstanta, tako da samo trebamo otkriti koji će od p(r), kada se integrira dajte nam nešto poput r ^ 2. Odgovor je očito r* konstanta. integral (r * const dr) = r^2/2 * konstanta. Trebao bi biti jednak r^2/R^2, dakle konstanta = 2/R^2. Dakle, imate distribuciju vjerojatnosti p(r) = r*2/R^2

Bilješka. Još jedan intuitivan način razmišljanja o problemu je zamisliti da svakom krugu pokušavate dati radijus vjerojatnosti vjerojatnosti jednak omjeru broja točaka koje ima na svom opsegu. Dakle, krug radijusa r će imati 2 * pi * r "točaka" oko svog opsega. Ukupni broj točke pi * R^2. Dakle, krugu r morate dati vjerojatnost jednaku (2 * pi * r)/(pi * R^2) = 2 * r/R^2. Ovo je puno lakše razumjeti i intuitivnije ali to nije tako matematički cool.

Stvarno ovisi o tome što mislite pod "jednoliko nasumično". Ovo je suptilna točka i možete pročitati više o tome na wiki stranici ovdje: http://en.wikipedia.org/wiki/Bertrand_paradox_%28probability%29 gdje isti problem dajući različita tumačenja "uniformly random" daje različite odgovore !

Ovisno o tome kako odaberete bodove, distribucija se može promijeniti, iako su donekle ujednačene.

Čini se da unos na blogu pokušava učiniti ravnomjerno nasumičnim u sljedećem smislu: ako uzmete podkrug kruga s istim središtem, tada je vjerojatnost da točka padne u to područje proporcionalna površini regije . Ovo, vjerujem, pokušava slijediti sada već standardnu ​​interpretaciju "uniformno slučajnog" za 2D regije s regijama definiranim na njima: vjerojatnost da točka padne u bilo koju regiju (s dobro definiranom regijom) proporcionalna je površini ​tu regiju.

Evo mog Python koda za generiranje broja nasumičnih točaka iz kruga radijusa rad:

Uvezi matplotlib.pyplot kao plt uvezi numpy kao 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()

Neka su ρ (radijus) i φ (azimut) dva slučajne varijable odgovara polarne koordinate proizvoljna točka unutar kruga. Ako su točke jednoliko raspoređene, kolika je onda funkcija raspodjele funkcija ρ i φ?

Za bilo koje r: 0

P[ρ

Gdje su S1 i S0 površine kruga radijusa r odnosno R. Dakle, CDF se može specificirati kao:

0 ako 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).

Imajte na umu da je za R = 1 slučajna varijabla sqrt(X), gdje je X uniforman na = P = y * * 2 na 0

Distribucija φ je očito jednolika od 0 do 2 * π. Sada možete generirati nasumične polarne koordinate i pretvoriti ih u kartezijanske pomoću trigonometrijskih jednadžbi:

X = ρ * cos(φ) y = ρ * sin(φ)

Ne mogu odoljeti objaviti python kod za R=1.

Iz matplotliba uvezi pyplot kao plt uvezi numpy kao 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)

Dobit ćeš

Rješenje u Javi i primjer distribucije (2000 bodova)

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

Prvo ćemo generirati cdf[x] koji je

Vjerojatnost da je točka manja od udaljenosti x od središta kruga. Pretpostavimo da krug ima radijus R.

očito, ako je x nula, tada je cdf = 0

očito ako je x jednako R tada je cdf[R] = 1

očito, ako je x = r, tada je cdf [r] = (Pi r ^ 2)/(Pi R ^ 2)

To je zato što svako "malo područje" na krugu ima istu vjerojatnost da bude odabrano, pa je vjerojatnost proporcionalna tom području. A površina dana na udaljenosti x od središta kruga je Pi r^2

pa cdf[x] = x^2/R^2 jer se Pi poništavaju

imamo cdf[x] = x^2/R^2 gdje x ide od 0 do R

Dakle, rješavamo za x

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

Sada možemo zamijeniti cdf nasumičnim brojem od 0 do 1

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

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

dobivamo polarne koordinate (0.601168 R, 311.915 stupnjeva)

Upotrijebio sam ovu metodu: ona može biti potpuno neoptimizirana (tj. koristi niz točaka, pa nije prikladna za velike krugove), ali daje nasumičnu distribuciju. Možete preskočiti izradu matrice i crtati izravno ako želite. Metoda je nasumično raspoređivanje svih točaka u pravokutniku koje se nalaze unutar kruga.

Bool[,] getMatrix(System.Drawing.Rectangle r) ( bool[,] matrica = novi bool; povratna matrica; ) void fillMatrix(ref bool[,] matrica, centar vektora) ( dvostruki radijus = centar.X; Nasumično 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 .crno); 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 površine u krugu je dA = rdr * dphi. Ovaj dodatni faktor uništio je vašu ideju da nasumično odaberete r i phi. Dok je phi ravnomjerno raspoređen, r nije, nego ravnomjerno na 1/r (što znači da je vjerojatnije da ćete pogoditi granicu nego pravo u oči).

Dakle, da biste stvorili točke ravnomjerno raspoređene po krugu, odaberite phi iz ravne distribucije i r iz 1/r distribucije.

Alternativno se može koristiti metoda Monte Carlo koju je predložio Mehrdad.

PROMIJENITI

Da biste odabrali nasumični r stan na 1/r, možete odabrati nasumični x iz intervala i izračunati r = 1/x. r se tada gusto raspoređuje u 1/r.

Da biste izračunali nasumični phi, odaberite nasumični x iz intervala i izračunajte phi = 2 * pi * x.

Također možete koristiti svoju intuiciju.

Površina kruga je pi*r^2

Ovo nam daje površinu pi. Pretpostavimo da imamo neku funkciju f koja bi ravnomjerno rasporedila N=10 točaka unutar kruga. Ovdje je omjer 10/pi

Sada udvostručujemo površinu i broj točaka

Uz r=2 i N=20

To daje površinu od 4pi, a omjer je sada 20/4pi ili 10/2pi. Omjer će biti sve manji što je radijus veći, jer je njegov rast kvadratičan, dok je N linearan.

Da bismo to popravili možemo samo reći

X = r^2 sqrt(x) = r

Ako kreirate vektor u polarnim koordinatama poput ove