Kebarangkalian ialah darjah (ukuran, penilaian kuantitatif) kemungkinan berlakunya sesuatu peristiwa.

Takrif klasik kebarangkalian. Kebarangkalian peristiwa rawak A ialah nisbah bilangan n peristiwa asas yang sama kemungkinan yang tidak serasi yang membentuk peristiwa A kepada bilangan semua kemungkinan kejadian asas N:

Takrif geometri kebarangkalian. Walaupun definisi klasik adalah intuitif dan diperoleh daripada amalan, ia, sekurang-kurangnya, tidak boleh digunakan secara langsung jika bilangan hasil yang sama mungkin adalah tidak terhingga. Contoh utama Bilangan hasil yang mungkin tidak terhingga ialah rantau geometri terhad G, contohnya, pada satah, dengan luas S. "titik" "dilempar" secara rawak dengan kebarangkalian yang sama boleh berada di mana-mana titik di rantau ini. Masalahnya ialah untuk menentukan kebarangkalian titik jatuh ke dalam beberapa subdomain g dengan luas s. Dalam kes ini, menggeneralisasikan takrif klasik, kita boleh sampai kepada takrif geometri kebarangkalian, sebagai nisbah s kepada S:

Jika peristiwa B dan C tidak boleh berlaku pada masa yang sama, maka kebarangkalian bahawa salah satu peristiwa B atau C akan berlaku adalah sama dengan jumlah kebarangkalian peristiwa ini:

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

Jika peristiwa B tidak bergantung pada peristiwa C, maka kebarangkalian kedua-dua peristiwa B dan C akan berlaku adalah sama dengan hasil darab kebarangkalian peristiwa ini:

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

Apabila menyelesaikan masalah untuk mencari kebarangkalian, selalunya mudah untuk menggunakan maklumat daripada gabungan, khususnya, peraturan jumlah dan hasil.

Peraturan jumlah. Jika beberapa objek A boleh dipilih daripada set objek dalam m cara, dan objek B lain boleh dipilih dalam n cara, maka sama ada A atau B boleh dipilih dalam m + n cara.

Peraturan produk. Jika beberapa objek A boleh dipilih daripada satu set objek dalam m cara, dan selepas setiap pilihan tersebut objek lain B boleh dipilih dalam n cara, maka pasangan objek (A, B) dalam susunan yang ditunjukkan boleh dipilih dalam m · n cara.

Masalah dengan penyelesaian

1. Melempar dadu.

Sebiji dadu biasa mempunyai nombor 1, 2, 3, 4, 5, 6 pada mukanya. Dilempar secara rawak sehingga jumlah mata yang dijatuhkan semasa lontaran melebihi nombor 12. Apakah jumlah keseluruhan mata akan menjadi yang paling mungkin?

Pertimbangkan lontaran terakhir. Selepas itu, jumlah mesti mengambil satu daripadanya nilai berikut: 12, 11, 10, 9, 8, 7. Jika ia adalah 12, maka hasil keseluruhan akan berkemungkinan sama menjadi 13, 14, 15, 16, 17, 18. Begitu juga, jika jumlahnya ialah 11, keputusan akhir berkemungkinan sama ialah 13, 14, 15, 16, 17, dan seterusnya. Nombor 13 muncul sebagai calon yang sama dalam setiap kes dan adalah tunggal sebegitu rupa. Oleh itu, nombor 13 adalah yang paling mungkin.

Secara umum, hujah yang sama menunjukkan bahawa jumlah kemungkinan besar yang melebihi n untuk kali pertama (n ialah 6 atau lebih) ialah n+1.

2. Ahli juri yang remeh.

Dalam juri tiga ahli, dua ahli secara bebas membuat keputusan yang betul dengan kebarangkalian p, dan ahli ketiga melemparkan syiling untuk membuat keputusan ( keputusan terakhir dengan undi majoriti). Juri satu orang membuat keputusan yang adil dengan kebarangkalian p. Manakah antara juri ini lebih berkemungkinan membuat keputusan yang adil?

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

kemudian untuk mencari kebarangkalian keputusan yang betul Nombor ini mesti didarab dengan 1/2. Dengan cara ini, kebarangkalian penuh membuat keputusan yang adil oleh tiga juri adalah sama dengan

p 2 + p (1–p) = p,

yang sama dengan kebarangkalian yang sepadan untuk juri satu orang.

Jawapan: kedua-dua jenis juri mempunyai kebarangkalian yang sama untuk membuat keputusan yang betul.

3. Segitiga tidak bersilang.

Dari puncak n-gon biasa(n>5) dua rangkap tiga dipilih secara rawak pelbagai mata. Apakah kebarangkalian bahawa dua segi tiga yang bucunya ialah rangkap tiga yang dipilih tidak bersilang?

Kami membahagikan semua pasangan tiga bucu yang mungkin menjadi C n 6 kumpulan, mengumpul dalam satu kumpulan mereka dan hanya pasangan tiga tiga yang membentuk enam bucu yang sama. Di satu pihak, setiap kumpulan tersebut mengandungi seberapa banyak unsur yang ada cara untuk membahagikan enam bucu tetap kepada dua tiga kali ganda, iaitu, C 6 3 = 20 unsur. Sebaliknya, terdapat tepat 6 cara untuk membahagikan enam kepada dua tiga kali ganda yang memenuhi syarat yang diperlukan dalam masalah. Oleh itu, kebarangkalian yang dikehendaki ialah 6/20 = 0.3.

Jawapan: 0.3.

4. Bebola putih dan hitam.

Setiap satu daripada dua guci mengandungi bola putih dan hitam, dan jumlah bilangan bola dalam kedua-dua guci ialah 25. Satu bola diambil secara rawak dari setiap guci. Mengetahui bahawa kebarangkalian bahawa kedua-dua bola yang dilukis adalah putih ialah 0.54, cari kebarangkalian bahawa kedua-dua bola yang ditarik adalah hitam.

Biarkan jumlah bilangan bola dalam guci pertama dan kedua adalah sama dengan m 1 dan m 2, masing-masing (untuk kepastian, kami mengandaikan bahawa m 1 tidak lebih daripada m 2), dan bilangan bola putih dalam guci ini adalah sama. kepada k 1 dan k 2, masing-masing. Maka kebarangkalian bahawa kedua-dua bola yang ditarik berwarna putih ialah

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

Kami mendapat nisbah:

(k 1 /m 1) (k 2 /m 2) \u003d 0.54 \u003d 27/50,

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

maka sekurang-kurangnya satu daripada nombor m 1 , m 2 boleh dibahagikan dengan 5. Tetapi jumlah m 1 + m 2 juga boleh dibahagikan dengan 5, jadi setiap nombor m 1 , m 2 boleh dibahagikan dengan 5. Oleh itu, kita mempunyai hanya dua kemungkinan:

atau m 1 = 5, m 2 = 20,

atau m 1 = 10, m 2 = 15.

Dalam kes m 1 = 5, m 2 = 20, kita mendapat k 1 k 2 = 54, di mana k 1 tidak melebihi 5, dan k 2 tidak melebihi 20. Selepas melalui semua kemungkinan nilai k i , kita dapati k 1 =3, k 2 =18. Kemudian urn pertama mengandungi 2 bola hitam, urn kedua juga mengandungi 2 bola hitam, dan kebarangkalian untuk menarik dua bola hitam ialah (2/5)·(2/20)=0.04.

Begitu juga, dalam kes m 1 = 10, m 2 = 15, kita dapati k 1 = 9, k 2 =9. Kemudian terdapat 1 bola hitam dalam urn pertama, 6 bola hitam dalam urn kedua, dan kebarangkalian untuk menarik dua bola hitam ialah (1/10)·(6/15) = 0.04 (dalam kedua-dua kes jawapan adalah sama ).

Jawapan: 0.04.

5. Pertarungan tiga hala.

Tiga anak panah A, B, C memutuskan untuk bertarung pada masa yang sama. Mereka terletak di bahagian atas segi tiga sama sisi dan bersetuju dengan perkara berikut: pukulan pertama dibuat oleh A, yang kedua oleh B, yang ketiga oleh C, dan seterusnya dalam bulatan; jika salah seorang penembak tersingkir, maka pertarungan diteruskan antara dua yang tinggal. Adalah diketahui bahawa penembak A mencapai sasaran dengan kebarangkalian 0.3, penembak C dengan kebarangkalian 0.5, dan penembak B tidak pernah tersasar sama sekali. Masing-masing menembak pada salah satu daripada dua yang lain, atau ke udara, dengan cara yang berkemungkinan besar untuk memenangi pertarungan. Di manakah penembak A harus melepaskan pukulan pertamanya: pada penembak C, pada penembak B, atau ke udara?

Pertimbangkan tiga peristiwa yang boleh berlaku selepas pukulan pertama penembak A.

C dipukul. Kemudian, dengan kebarangkalian 1, penembak A akan terkena pukulan pertama B.

Dipukul oleh V. Kemudian:

atau dengan kebarangkalian 0.5 penembak C akan memukul A dengan pukulan pertamanya,

atau dengan kebarangkalian (1 - 0.5) 0.3 penembak A akan memukul C dengan pukulan kedua,

atau dengan kebarangkalian (1 - 0.5) * (1 - 0.3) * 0.5 penembak C akan memukul A dengan pukulan kedua,

atau dengan kebarangkalian (1 - 0.5) * (1 - 0.3) * (1 - 0.5) * 0.3 penembak A akan memukul C dengan pukulan ketiganya, dan seterusnya.

Oleh itu, kebarangkalian untuk A memenangi pertarungan dalam kes ini ialah

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) Tiada siapa yang kagum. Selepas itu, B akan menembak ke arah C (sebagaimana lebih tepat lawannya) dan memukulnya. Kemudian A dengan kebarangkalian 0.3 akan memukul B, memenangi pertarungan. Oleh itu, sejak 0.3 > 3/13, situasi yang paling menguntungkan bagi penembak A ialah apabila tiada siapa yang terkena selepas pukulannya. Jadi dia mesti menembak terlebih dahulu di udara.

Jawapan: A mesti menembak di udara untuk kali pertama.

6. Bebola merah dan hijau.

Beg itu mengandungi 6 bola merah dan 8 bola hijau. 5 daripadanya dilukis secara rawak dan diletakkan di dalam kotak merah, baki 9 bola diletakkan di dalam kotak hijau. Apakah kebarangkalian bilangan bola merah dalam kotak hijau ditambah dengan bilangan bola hijau dalam kotak merah itu bukan nombor perdana?

Nyatakan dengan G bilangan bola hijau dalam kotak merah. Oleh kerana terdapat 6 bola merah dan 8 bola hijau, warna hendaklah diedarkan di antara kotak seperti berikut:

Kotak merah: G hijau, (5 - G) merah;

Kotak hijau: (8 - G) hijau, (G + 1) merah.

Jadi bilangan bola merah dalam kotak hijau ditambah dengan bilangan bola hijau dalam kotak merah ialah (G + 1) + G = 2G + 1, nombor ganjil. Nombor G tidak melebihi 5 - jumlah bola dalam kotak merah. Oleh itu, jumlah 2G + 1 boleh mengambil nilai dari 1 (G = 0) hingga 11 (G = 5).

Satu-satunya nombor komposit ganjil dalam had ini ialah 9. Walau bagaimanapun, kita juga mesti memasukkan nombor 1, yang bukan perdana mahupun komposit. Jadi 2G + 1 mestilah 0 atau 9, yang mungkin dengan G = 0 atau G = 4.

Kebarangkalian untuk mendapatkan sampel dengan G = 0 (bilangan cara untuk mempunyai 5 merah dibahagikan dengan jumlah sampel) ialah C 6 5 /C 14 5 .

Kebarangkalian untuk mendapatkan sampel dengan G = 4 (bilangan cara untuk mempunyai 4 hijau dan 1 merah dibahagikan dengan jumlah sampel) ialah C 8 4 C 6 1 /C 14 5 .

Kami mencari kebarangkalian peristiwa yang dikehendaki sebagai jumlah kebarangkalian yang ditunjukkan:

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

Jawapan: 213/1001.

7. Kepala atau ekor?

Dua pemain A dan B sedang memerhati seorang budak lelaki yang membelek syiling tanpa henti. Hasil lambungan direkodkan secara berurutan menggunakan huruf: pada tempat ke-k urutan, huruf O atau huruf P diletakkan, bergantung pada apa yang jatuh semasa lambungan kth - "helang" atau "ekor", masing-masing. Pemain A mendakwa bahawa ketiga-tiga OOO akan bertemu di papan skor sebelum tiga ORO. Pemain B bertaruh bahawa perkara sebaliknya akan berlaku. Pemain manakah yang lebih berkemungkinan memenangi pertikaian ini?

Selepas huruf O pertama (sejak permulaan pemerhatian budak lelaki itu, dengan kebarangkalian 1, huruf O akan muncul sekurang-kurangnya sekali) dengan kebarangkalian yang sama bersamaan dengan 1/4, salah satu daripada kombinasi berikut boleh mengikuti:

RO, OO, RR, ATAU.

Dalam kes pertama, pemain B menang, dalam kes kedua, pemain A menang, dan jika kes ketiga direalisasikan, maka selepas itu pemain akan mempunyai peluang yang sama seperti pada permulaan permainan. Dalam kes keempat, dengan kebarangkalian 1/2, huruf O akan mengikuti dan pemain B akan menang, dan dengan kebarangkalian 1/2, huruf P akan mengikuti, selepas itu pemain akan mempunyai peluang yang sama seperti pada permulaan permainan. Oleh itu, dengan kebarangkalian 1/4, A menang, dengan kebarangkalian

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

B akan menang dan dengan kebarangkalian 3/8 situasi akan timbul apabila pemain akan mempunyai peluang yang sama seperti pada permulaan permainan. Oleh itu, pemain B lebih berkemungkinan menang daripada pemain A.

Jawapan: pemain B.

8. Dalam teater.

Lapan lelaki dan tujuh perempuan secara bebas membeli satu tiket setiap satu di barisan teater yang sama dengan 15 tempat duduk. Berapakah purata bilangan tempat bersebelahan yang diduduki oleh pasangan dalam baris ini?

Sebagai contoh, jika baris diisi dengan cara berikut YYUDDDYUDYUDYYDD (di sini Y bermaksud lelaki, dan D untuk perempuan), maka terdapat 9 pasang YU dan YU. Kami berminat dengan purata bilangan pasangan tersebut. Jika dua tempat pertama dalam barisan diduduki oleh orang yang berlainan jantina, maka kita sudah mempunyai pasangan yang diingini. Kebarangkalian kejadian ini ialah

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

Selain itu, 8/15 juga merupakan purata bilangan pasangan di dua tempat pertama, sejak

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

Alasan yang sama berlaku untuk setiap pasangan tempat bersebelahan.

Untuk menentukan bilangan purata pasangan orang muda, nilai ini mesti didarabkan dengan bilangan tempat bersebelahan, sama dengan 14, yang memberikan 112/15.

Lagi secara umum, jika terdapat b objek daripada satu jenis dan m jenis lain, diletakkan secara rawak dalam satu baris, maka purata bilangan pasangan yang terdiri daripada objek berbeza adalah sama dengan

Dalam contoh kami, b = 8, m = 7, dan jawapannya ialah 112/15.

Di sini kita pada dasarnya telah menggunakan fakta bahawa jangkaan matematik jumlah pembolehubah rawak adalah sama dengan jumlah jangkaan matematik syarat. Kami mendapati bilangan purata pasangan DO atau DO untuk setiap dua tempat bersebelahan dan dijumlahkan ke atas semua dua tempat tersebut.

Jawapan: 112/15.

9. Dalam salah satu permainan popular di Amerika, pemain membaling syiling dari jarak yang agak besar ke permukaan meja, ditandakan kepada petak satu inci. Jika syiling (diameter 3/4 inci) jatuh sepenuhnya di dalam petak, maka pemain menerima ganjaran, jika tidak, dia kehilangan syilingnya. Apakah peluang untuk menang jika syiling jatuh di atas meja?

Apabila kita melemparkan syiling di atas meja, sesetengah kawasan pusat graviti syiling lebih berkemungkinan daripada yang lain, tetapi jika segi empat sama cukup kecil, taburan kebarangkalian boleh dianggap seragam. Ini bermakna kebarangkalian pusat jatuh ke mana-mana kawasan persegi adalah berkadar dengan luas kawasan ini; ia sama dengan luas kawasan dibahagikan dengan luas segi empat sama. Memandangkan jejari syiling ialah 3/8 inci, pusat mestilah tidak lebih dekat daripada 3/8 inci dari sisi petak untuk pemain menang.

Sekatan ini dipenuhi oleh segi empat sama dengan sisi 1/4 inci, di mana bahagian tengah syiling mesti terletak di dalamnya. Oleh kerana kebarangkalian adalah berkadar dengan kawasan, kebarangkalian untuk menang ialah (1/4) 2 = 1/16.

Sudah tentu, syiling itu mungkin tidak mencecah meja sama sekali, dan kebarangkalian untuk menang sebenarnya lebih kurang. Segi empat juga boleh dikurangkan dengan menebal garisan pembahagi. Jika garisan ini adalah 1/16 inci tebal, maka kawasan yang menang sepadan dengan kebarangkalian (3/16) 2 = 9/256, atau kurang daripada 1/28.

Jawapan: 1/16.

10. Melambung syiling.

Pemain A melambung syiling n+1 kali, dan pemain B n kali. Apakah kebarangkalian bahawa pemain A akan mendapat lebih banyak kepala daripada pemain B?

Biarkan pemain A dan B masing-masing mendapat m dan k kepala. Maka kebarangkalian p yang diingini bagi peristiwa m>k adalah sama dengan kebarangkalian q peristiwa itu

(n + 1) – m > n – k,

iaitu, kebarangkalian bahawa pemain A akan mendapat lebih banyak kepala daripada pemain B (kerana kepala dan ekor berkemungkinan sama muncul pada setiap lambungan syiling).

Sebaliknya, peristiwa m>k berlaku jika dan hanya jika

iaitu apabila (n+1)–m tidak melebihi n–k (kerana n–m dan n–k ialah integer). Oleh itu p=1–q, dari mana kita mempunyai p=q=1/2.

Jawapan: 1/2.

Masalah tanpa penyelesaian

1. Kemenangan berturut-turut.

Untuk menggalakkan anak lelaki yang membuat kemajuan dalam tenis, bapanya menjanjikan hadiah kepadanya jika dia memenangi sekurang-kurangnya dua perlawanan tenis berturut-turut menentang bapanya dan juara kelab dalam salah satu skim berikut: bapa - juara - bapa atau juara - bapa - pilihan anak juara. Juara bermain lebih baik daripada ayah. Skim mana yang patut anak saya pilih?

2. "Cuba nasib anda"

"Cuba nasib" perjudian, yang sering dimainkan di rumah judi dan semasa perayaan. Selepas pemain membuat pertaruhan pada salah satu nombor 1, 2, 3, 4, 5, 6, tiga dadu. Jika nombor pemain jatuh pada satu, dua atau tiga dadu, maka bagi setiap kejadian nombor ini pemain dibayar pertaruhan awal, manakala wangnya sendiri juga dikembalikan. Jika tidak, pemain kehilangan pertaruhan. Apakah purata kerugian pemain pada satu pertaruhan? (Malah, anda boleh bertaruh pada beberapa nombor pada masa yang sama, tetapi setiap pertaruhan dianggap secara berasingan.)

3. Satu dek kad.

Dek n berbeza bermain kad, disusun dalam susunan rawak, mengandungi tiga ace. Kad atas dek dikeluarkan satu demi satu sehingga ace kedua dikeluarkan. Buktikan bahawa purata bilangan kad yang dikeluarkan ialah (n + 1)/2.

4. Sejambak bunga

Sejambak bunga terdiri daripada 5 bunga aster dan 10 kuntum bunga jagung. Dari sejambak ini, sejambak kecil 3 bunga setiap satu disusun secara rawak. Apakah kebarangkalian bahawa setiap tandan kecil akan mengandungi satu chamomile?

5. Segitiga akut.

Tiga titik A, B, C dipilih secara rawak pada bulatan. Apakah kebarangkalian bahawa segitiga ABC adalah bersudut akut?

Bukan yang oleh Russell tentang tukang gunting rambut dan hujah pepenjuru, tetapi yang oleh Joseph Louis Francois. Terdiri daripada yang berikut.
Tugas: ada bulatan, kami secara rawak melukis kord di sana. Apakah kebarangkalian sesuatu peristiwa
A \u003d (kord ternyata lebih panjang daripada sisi segi tiga sama sisi yang tertulis dalam bulatan)?

Jawapannya bergantung pada bagaimana sebenarnya kita memilih kord ini. Iaitu, terdapat tiga kaedah (lebih banyak mungkin, tetapi ini sudah cukup untuk sekarang):

Kaedah 1: Chord - apa itu? Segmen garis yang menghubungkan dua titik pada bulatan. Tanpa berlengah lagi, mari kita ambil dua titik rawak pada bulatan ini (dengan cara yang bebas), dan lukis kord di antara mereka. Memandangkan segala-galanya di sini adalah simetri, BOOMS titik pertama akan jatuh terus kutub utara, dan acara itu TAPI berlaku apabila titik kedua mencecah lengkok merah dalam gambar (semua kord dalam siaran ini berwarna biru):

Iaitu, jelas, kebarangkalian yang dikehendaki ialah 1/3.

Kaedah 2. Sekarang mari kita ambil dan lukis kord seperti ini. Kita mula-mula memilih jejari rawak (iaitu, sambungkan pusat ke titik rawak pada bulatan), kemudian kita pilih titik rawak padanya, lukis serenjang, dan dapatkan kord. Sekali lagi, BOOMS, jejari ini menghala ke kutub utara (dan mengapa saya begitu tertarik ke kutub utara ...), dan sisi segi tiga sama sisi (yang dengan bucu pada kutub Selatan) membahagikan jejari ini dengan ketat kepada separuh, dan sekali lagi dari renungan gambar

(adalah perlu bahawa titik rawak pada jejari jatuh pada segmen merah) jelas bahawa kebarangkalian yang diingini adalah sama dengan 1/2.

Kaedah 3. Secara umumnya hanya pilih satu titik rawak di dalam bulatan. Adalah jelas bahawa kita tidak boleh pergi dengan ketat ke pusat, yang bermaksud bahawa terdapat satu kord yang titik pusatnya bertepatan dengan yang dipilih. Mari kita pertimbangkan. Sebaliknya, pertimbangkan gambar itu

dan dengan semua bukti kita dapati bahawa kebarangkalian yang diingini adalah sama dengan 1/4 (jejari bulatan dalam, di mana titik yang dipilih harus jatuh, adalah dua kali kurang daripada yang asal).

Di sini. Satu masalah, tiga jawapan berbeza, 1/3, 1/2, 1/4. Dan di sini, pada ketika ini, biasanya disimpulkan bahawa masalah itu dirumuskan secara tidak betul, ia diperlukan untuk menunjukkan dengan tepat apa sebenarnya yang kita maksudkan dengan "memilih kord rawak", jika tidak, adalah mustahil. Jadi?

Tetapi tidak begitu! Lebih tepat lagi, tidak begitu. Berikut adalah perkara sedemikian: jika kita ingin merumuskan semua masalah kebarangkalian dengan cara yang sangat ketat dan tepat, maka bukannya, sebagai contoh, "daripada sepuluh orang, kita memilih dua secara rawak" kita perlu menulis sesuatu seperti "daripada set semua pasangan tidak tertib pelbagai elemen set (1,...,10) kita memilih satu pasangan dengan taburan kebarangkalian seragam. "Nah, apa kejadahnya, saya rasa ia biasanya jelas bahawa apabila mereka berkata "kami memilih secara rawak" tanpa penjelasan lanjut, ini bermakna pilihan itu adalah equiprobable , iaitu, dilakukan dengan pengagihan seragam.

OKEY. Baik. Tetapi di sini saya akan dibantah dalam erti kata itu

Ia adalah jelas betapa equiprobable ia adalah untuk memilih unsur rawak set daripada N elemen (masing-masing diambil dengan kebarangkalian 1/N)

Ia juga secara intuitif jelas apa taburan seragam di sesetengah kawasan, katakan, pada satah (bulatan, persegi, ...).

Tetapi bagaimana dengan objek yang lebih kompleks?

Dan kami akan menjawabnya dengan cara ini. Pada asasnya, saya juga akan berkata ciri harta pengagihan seragam. biarlah H- beberapa subset set G, dan pilih satu objek daripada G dengan cara yang sukar dipercayai. Jadi, dengan syarat bahawa hasilnya adalah dalam H- ia mempunyai taburan seragam di sana, invarian sedemikian diperolehi. Sebagai contoh, jika seorang dipilih secara rawak daripada kumpulan 5 lelaki / 5 wanita, dan diketahui bahawa ini adalah seorang wanita, maka mana-mana daripada lima mereka mempunyai peluang yang sama (1/5) untuk dipilih. Dan semua ini juga terpakai pada pemilihan seragam titik dari kawasan.

Nah, apa yang kita mahu daripada kord rawak itu? Memandangkan perkara di atas, nampaknya munasabah bagi saya bahawa kami mahukan perkara berikut:

dengan syarat bahawa kord rawak AB memotong bulatan kecil (menjana kord di sana A "B"), kord ini A "B" mempunyai taburan kebarangkalian yang sama seperti hanya "kord rawak" (apa pun maksudnya, buat masa ini) dalam bulatan kecil.

Jadi, ternyata bahawa daripada tiga kaedah di atas untuk membina kord rawak, hanya kaedah 2 yang mempunyai sifat ini! Dan tiada siapa melainkan dia; semua yang lain tidak sesuai. Semua ini telah lama diketahui, lihat artikel itu, saya sangat mengesyorkannya.

Apa yang telah kita bincangkan di sini, bagaimanapun, mencadangkan pemikiran sedemikian. Okay, kini kita tahu bahawa terdapat kord rawak bulatan. Bagaimana
ahli matematik sejati, kami ingin menyamaratakannya, daripada bulatan kepada elips, segi empat sama, hiperkubus, apa sahaja. Baiklah, mari cuba.

Ini bermakna, mengulangi masa lalu, kord ialah segmen yang menghubungkan dua titik di sempadan wilayah kita. Daripada memilih dua titik ini sekaligus, mari cuba lakukannya secara berbeza: kita mula-mula memilih satu titik di sempadan (dalam beberapa cara), dan kemudian kita memilih arah (dengan cara lain), ke mana dia akan pergi kord dari titik ini. Dan dia akan pergi ke persimpangan dengan sempadan, di mana dia akan datang - di sana titik kedua akan berada.

Hanya sebagai senaman ringkas pada pengetahuan tentang planimetri sekolah, buktikan bahawa kaedah 1 adalah bersamaan dengan prosedur berikut: pertama, kita mengambil satu titik secara sama rata pada bulatan, dan kemudian arah kord juga dipilih dengan taburan seragam, seolah-olah semua arah berkemungkinan sama. .

Dan dengan kaedah berharga 2 kami, keadaannya adalah seperti berikut: arah kord dipilih mengikut undang-undang kosinus, i.e. ketumpatan taburan arah ini adalah berkadar dengan kosinus sudut antaranya dan jejari (buktikan!). Apa yang akan berlaku jika prosedur serupa dilakukan dengan kawasan yang lebih kurang sewenang-wenangnya (kami tidak akan menulis komen yang membosankan tentang kelancaran sempadannya yang mencukupi di sini), iaitu

(a) mula-mula pilih satu titik secara seragam pada sempadan

(b) kita memilih arah dari sana mengikut hukum kosinus (sudut adalah dengan normal kepada sempadan pada ketika ini), dan kord pergi.

Ternyata semuanya benar-benar berfungsi, malah dalam mana-mana dimensi, lebih-lebih lagi! Ia boleh dibuktikan bahawa


(hampir copy-paste, maklumlah) dengan syarat, yang merupakan kord rawak AB memotong kawasan dalam (menjana kord di sana A "B"), kord ini A "B" mempunyai taburan kebarangkalian yang sama seperti kord rawak di pedalaman ( kawasan luar di sini ia lebih kurang sewenang-wenangnya, tetapi yang dalam adalah cembung, supaya kord "teraruh" sentiasa ditentukan secara unik). Saya akan mengambil peluang ini dan mengiklankan artikel di sini, walaupun kami mencipta roda di sana sini. Saya sepatutnya sekurang-kurangnya membaca buku itu terlebih dahulu (dan saya sangat mengesyorkannya, ya).

________________________________________ _____________________________________

Jaynes, E.T. (1973). "Masalah yang Ditimbulkan dengan Baik". Dijumpai. Fizik. 3 (4): 477-492.

F. Komet, S. Popov, G.M. Schütz, M. Vachkovskaia (2009)
Biliard dalam domain umum dengan pantulan rawak.
Arkib untuk Mekanik dan Analisis Rasional, 193 (3), hlm. 737-738,
http://link.springer.com/article/10.1007%2Fs00205-008-0120-x?LI=true
Lihat juga Erratum di sini: http://link.springer.com/article/10.1007%2Fs00205-009-0236-7?LI=true , kerana mereka kacau.
Dan sebaiknya baca di sini: http://arxiv.org/abs/math/ 0612799 , segala-galanya telah pun diperbaiki di sana, dan akses adalah percuma.

Kendall, Moran. (1972)
kebarangkalian geometri.
Saya rasa semua orang akan mencari tempat untuk memuat turun :)

Rangka rancangan dibangunkan

Trofimova Ludmila Alekseevna

kebarangkalian geometri

Sasaran dan matlamat: 1) Memperkenalkan pelajar kepada salah satu cara yang mungkin tugasan

kebarangkalian;

2) Pengulangan masa lalu dan penyatuan kemahiran formalisasi

masalah kebarangkalian teks dengan bantuan bentuk geometri.

Hasil pembelajaran:

1) Mengetahui definisi kebarangkalian geometri pemilihan mata

di dalam rajah pada satah dan garis lurus;

2) Dapat menyelesaikan masalah paling mudah tentang kebarangkalian geometri,

mengetahui luas angka atau dapat mengiranya.

saya. Memilih titik daripada rajah pada satah.

Contoh 1 Pertimbangkan eksperimen pemikiran: satu titik dilemparkan secara rawak ke atas segi empat sama yang sisinya sama dengan 1. Persoalannya, apakah kebarangkalian kejadian bahawa jarak dari titik ini ke sisi yang terdekat bagi petak itu tidak lebih daripada ?

Dalam tugasan ini kita bercakap tentang apa yang dipanggil kebarangkalian geometri.

Satu mata dibuang secara rawak ke dalam sekeping F di permukaan. Apakah kebarangkalian titik itu jatuh ke dalam bentuk tertentu g, terkandung dalam rajah tersebut F.

Jawapannya bergantung pada maksud yang kita letakkan dalam ungkapan "lempar mata secara rawak."

Ungkapan ini biasanya ditafsirkan seperti berikut:

1. Mata yang dilontar boleh mengenai mana-mana bahagian rajah F.

2. Kebarangkalian titik itu jatuh ke dalam beberapa bentuk G dalam rajah itu F, berkadar terus dengan luas rajah G.

Untuk meringkaskan: biarkan dan menjadi kawasan angka F dan G. Kebarangkalian Peristiwa TAPI"titik X kepunyaan rajah itu g, terkandung dalam rajah tersebut F", adalah sama dengan

Perhatikan bahawa kawasan rajah G tidak lebih daripada luas rajah F, sebab tu

Mari kita kembali kepada tugas kita. Rajah F dalam contoh ini segi empat sama dengan sisi 1. Oleh itu =1.

Titik dikeluarkan dari sempadan segi empat sama dengan tidak lebih daripada jika ia jatuh ke dalam rajah yang berlorek dalam rajah itu G. Untuk mencari kawasan, anda perlukan dari kawasan angka itu F tolak luas segi empat sama dalam dengan sisi .

Kemudian kebarangkalian bahawa titik itu terkena angka itu g, adalah sama dengan

Contoh 2 Titik X dipilih secara rawak daripada segi tiga ABC. Cari kebarangkalian ia tergolong dalam segitiga yang bucunya ialah titik tengah bagi sisi segi tiga itu.

Penyelesaian: Garis tengah segitiga membahagikannya kepada 4 segi tiga sama. Bermaksud,

Kebarangkalian titik X tergolong dalam segitiga KMN ialah:

Kesimpulan. Kebarangkalian titik mengenai angka tertentu adalah berkadar terus dengan luas angka ini.

Satu tugas. Duolist yang tidak sabar.

Duel di bandar Awas jarang berakhir dengan keputusan yang menyedihkan. Hakikatnya ialah setiap duelist tiba di tempat pertemuan secara rawak antara jam 5 dan 6 pagi dan, selepas menunggu lawan selama 5 minit, beredar. Jika yang terakhir tiba dalam masa 5 minit ini, pertarungan akan berlaku. Berapa banyak duel sebenarnya berakhir dengan pertempuran?

Penyelesaian: biarlah X dan di menunjukkan masa ketibaan t pertama daripada peserta bertanding ke-2, masing-masing, diukur dalam pecahan sejam bermula dari jam 5.

Duelist bertemu jika , i.e. x - < y< x + .

Mari tunjukkan pada lukisan.

Bahagian petak yang berlorek sepadan dengan kes apabila peserta bertanding bertemu.

Luas seluruh persegi 1, luas bahagian berlorek:

.

Oleh itu, peluang pertarungan adalah sama.

II. Memilih titik daripada segmen garisan dan lengkok bulatan.

Mari kita pertimbangkan eksperimen mental, yang terdiri daripada pilihan rawak satu titik X daripada beberapa segmen MN.

Ini boleh difahami seolah-olah titik X secara rawak "dilemparkan" ke segmen. acara asas dalam eksperimen ini, pilihan mana-mana titik segmen boleh menjadi.

Biarkan CD segmen terkandung dalam segmen MN. Kami berminat dengan acara tersebut TAPI , terdiri daripada fakta bahawa titik X yang dipilih adalah kepunyaan CD segmen.

Kaedah untuk mengira kebarangkalian ini adalah sama seperti untuk angka pada satah: kebarangkalian adalah berkadar dengan panjang CD segmen.

Oleh itu, kebarangkalian sesuatu kejadian TAPI "titik X tergolong dalam segmen CD yang terkandung dalam segmen MN" ialah, .

Contoh 1 Satu titik X dipilih secara rawak di dalam segmen MN. Cari kebarangkalian bahawa titik X lebih dekat dengan titik N berbanding dengan M.

Penyelesaian: Biarkan titik O ialah titik tengah bagi segmen MN. Acara kami akan datang apabila titik X terletak di dalam segmen ON.

Kemudian .

Tiada apa-apa yang berubah jika titik X dipilih bukan daripada segmen, tetapi daripada lengkok beberapa garis melengkung.

Contoh 2 Titik A dan B diberikan pada bulatan, dan titik ini tidak bertentangan secara diametrik. Titik C dipilih pada bulatan yang sama. Cari kebarangkalian bahawa segmen BC bersilang dengan diameter bulatan yang melalui titik A.

Penyelesaian: Biarkan lilitan sama dengan L. Peristiwa yang menarik perhatian kita Kepada "Segmen BC bersilang diameter DA" berlaku hanya jika titik C terletak pada separuh bulatan DA yang tidak mengandungi titik B. Panjang separuh bulatan ini ialah L.

.

Contoh 3 Titik A diambil pada bulatan. Titik B "dilemparkan" ke atas bulatan. Berapakah kebarangkalian panjang kord AB akan kurang daripada jejari bulatan itu.

Penyelesaian: Biarkan r ialah jejari bulatan.

Agar kord AB lebih pendek daripada jejari bulatan, titik B mesti jatuh pada lengkok B1AB2, yang panjangnya sama dengan lilitan bulatan.

Kebarangkalian panjang kord AB akan kurang daripada jejari bulatan adalah sama dengan:

III. Memilih titik daripada garis nombor

Kebarangkalian geometri boleh digunakan untuk selang berangka. Katakan nombor X dipilih secara rawak yang memenuhi syarat . Pengalaman ini boleh digantikan dengan pengalaman di mana titik dengan koordinat X dipilih daripada segmen pada garis nombor.

Mari kita pertimbangkan peristiwa yang terdiri daripada fakta bahawa titik dengan koordinat X dipilih daripada segmen yang terkandung dalam segmen . Mari kita nyatakan peristiwa ini. Kebarangkaliannya adalah sama dengan nisbah panjang segmen dan .

.

Contoh 1 Cari kebarangkalian bahawa satu titik yang dipilih secara rawak daripada segmen itu tergolong dalam segmen itu.

Penyelesaian: Menurut formula kebarangkalian geometri, kita dapati:

.

Contoh 2 Mengikut peraturan lalu lintas, pejalan kaki boleh menyeberang jalan di tempat yang tidak ditentukan jika tiada lintasan pejalan kaki boleh dilihat. Di bandar Mirgorod, jarak antara lintasan pejalan kaki di jalan Solnechnaya adalah sama dengan 1 km. Seorang pejalan kaki melintasi Jalan Solnechnaya di suatu tempat di antara dua lintasan. Dia boleh melihat papan tanda lintasan tidak lebih dari 100 m darinya. Cari kebarangkalian bahawa pejalan kaki itu tidak melanggar peraturan.

Penyelesaian: Mari kita gunakan kaedah geometri. Mari kita susun garis nombor supaya bahagian jalan di antara lintasan akan menjadi segmen. Biarkan pejalan kaki menghampiri jalan pada satu ketika dengan koordinat X. Pejalan kaki tidak melanggar peraturan jika dia berada lebih daripada 0.1 km dari setiap lintasan, iaitu 0.1

.

Contoh 3 Kereta api melepasi platform dalam setengah minit. Pada satu ketika, secara kebetulan, melihat keluar dari tingkap petaknya, Ivan Ivanovich melihat bahawa kereta api itu sedang melewati platform. Ivan Ivanovich memandang ke luar tingkap selama 10 saat, dan kemudian berpaling. Cari kebarangkalian bahawa dia melihat Ivan Nikiforovich berdiri betul-betul di tengah platform.

Penyelesaian: Mari gunakan kaedah geometri. Mari kita mengira dalam beberapa saat. Selama 0 saat, kami akan mengambil masa apabila Ivan Ivanovich mengejar permulaan platform. Kemudian dia sampai ke penghujung platform pada saat 30 saat. Untuk X saat. Mari kita tentukan detik apabila Ivan Ivanovich melihat ke luar tingkap. Oleh itu, nombor X dipilih secara rawak daripada segmen. Saya mengejar Ivan pada saat 15 saat. Dia melihat Ivan Nikiforovich hanya jika dia melihat ke luar tingkap tidak lewat dari saat ini, tetapi tidak lebih awal daripada 10 saat sebelumnya. Oleh itu, kita perlu mencari kebarangkalian geometri peristiwa itu. Dengan formula yang kita dapati

.

"Latar belakang kebarangkalian"

Pada permulaan puisi "Jiwa-jiwa Mati" dua lelaki berdebat tentang sejauh mana roda akan bergerak dalam gerabak Chichikov:

“... dua petani Rusia, berdiri di pintu kedai minuman bertentangan dengan hotel, membuat beberapa kenyataan, yang, bagaimanapun, lebih berkaitan dengan kereta daripada orang yang duduk di dalamnya. “Lihatlah kamu,” seorang berkata kepada yang lain: “bagaimana roda! Apa pendapat anda, adakah roda itu, jika ia berlaku, akan sampai ke Moscow, atau adakah ia tidak akan sampai ke Moscow? - "Ia akan tiba," jawab yang lain. "Tetapi saya tidak fikir dia akan sampai ke Kazan?" "Dia tidak akan sampai ke Kazan," jawab yang lain.

Tugas untuk diselesaikan.

1. Cari kebarangkalian bahawa titik yang dilemparkan secara rawak ke dalam segi empat sama ABCD dengan sisi 4 akan jatuh ke dalam segi empat sama A1B1C1D1 dengan sisi 3, yang berada di dalam segi empat sama ABCD.

Jawab. 16/9.

2. Dua orang A dan B bersetuju untuk bertemu di tempat tertentu dalam selang masa dari 900 hingga 1000. Setiap daripada mereka datang secara rawak (pada selang masa yang ditentukan), secara berasingan daripada yang lain, dan menunggu 10 minit. Apakah kebarangkalian mereka akan bertemu?

Jawab. 36/11.

3. Titik C muncul secara rawak dalam segmen AB yang panjangnya 3. Tentukan kebarangkalian jarak dari titik C ke B adalah lebih besar daripada 1.

Jawab. 2/3.

4. Segitiga kawasan terbesar ditulis dalam bulatan dengan jejari 5. Tentukan kebarangkalian bahawa titik yang dilemparkan secara rawak ke dalam bulatan akan jatuh ke dalam segi tiga.

5. Pinocchio menanam bintik bulat dengan jejari 1 cm pada helaian segi empat tepat berukuran 20 cm x 25 cm Sejurus selepas itu, Pinocchio menanam satu lagi bintik serupa, yang berakhir sepenuhnya pada helaian. Cari kebarangkalian bahawa dua gumpalan ini tidak bersentuhan.

6. Segi empat sama ABCD ditulis dalam bulatan. Satu titik M dipilih secara rawak pada bulatan ini. Cari kebarangkalian bahawa titik ini terletak pada: a) lengkok AB yang lebih kecil; b) lengkok AB yang lebih besar.

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

7. Satu titik X dilemparkan secara rawak ke bahagian tersebut. Apakah kebarangkalian ketaksamaan itu dipenuhi: a) ; b); dalam) ?

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

8. Satu-satunya perkara yang diketahui tentang kampung Ivanovo ialah ia terletak di suatu tempat di lebuh raya antara Mirgorod dan Stargorod. Panjang lebuh raya ialah 200 km. Cari kebarangkalian bahawa:

a) dari Mirgorod ke Ivanovo di sepanjang lebuh raya kurang daripada 20 km;

b) dari Stargorod ke Ivanovo di sepanjang lebuh raya lebih daripada 130 km;

c) Ivanovo terletak kurang daripada 5 km dari tengah jalan antara bandar.

Jawab. a) 0.1; b) 0.35; c) 0.05.

Bahan tambahan

Pendekatan geometri kepada kebarangkalian peristiwa tidak bergantung pada jenis dimensi ruang geometri: hanya penting bahawa set peristiwa asas F dan set G, yang mewakili peristiwa A, adalah daripada jenis yang sama dan dimensi yang sama.

2. Titik rawak X teragih seragam dalam segi empat sama . Cari kebarangkalian bahawa segi empat sama dengan pusat X dan sisi panjang b selari dengan paksi koordinat terkandung sepenuhnya dalam segi empat sama A.

kesusasteraan:

1. Teori dan statistik kebarangkalian / , . - ed. ke-2, disemak. - M.: MTSNMO: buku teks, 2008. - 256 p.: sakit.

2. Teori kebarangkalian dan statistik matematik dalam contoh dan masalah menggunakan Excel / , . – Ed. ke-4. - Rostov n / a: Phoenix, 2006. - 475 p.: sakit. - (Pendidikan tinggi).

3. Lima puluh masalah kebarangkalian menghiburkan dengan penyelesaian. Per. daripada bahasa Inggeris / Ed. . ed ke-3. - M.: Nauka, Edisi utama kesusasteraan fizikal dan matematik, 1985. - 88 p.

4. Pengumpulan masalah dalam teori kebarangkalian: Proc. Manual untuk universiti. /, - ed. ke-2, Rev. Dan tambahan. – M.: Sains. Ch. ed. Fizik.-Matematik. Menyala. - 1989. - 320an.

5. Kursus pilihan dalam matematik: Teori kebarangkalian: Proc. Elaun untuk 9-11 sel. purata sekolah / - 3rd ed. disemak semula - M.: Pencerahan, 1990. - 160 hlm.

Takrif geometri kebarangkalian. Masalah dengan penyelesaian

Di luar tingkap adalah hari-hari awal musim luruh, dan dedaunan kuning di atas pokok membangkitkan suasana lirik dan sedikit sedih .... Tetapi masih ada satu tahun akademik di hadapan dan pada saat-saat seperti itu adalah perlu untuk mengikuti kerja yang bermanfaat! Saya bersegera untuk menggembirakan semua pembaca moping dengan resipi proprietari saya, yang membolehkan anda dengan cepat meningkatkan nada badan anda. Untuk melakukan ini, cukup untuk mengingati sedikit geometri... ... tidak, saya bersetuju bahawa kadangkala ia membuatkan anda tidur lena, tetapi dalam dos yang kecil ia sangat menyegarkan! Dan, yang paling penting, ia sangat berkesan - sebaik sahaja anda mula mengambil bahagian pengetahuan yang menyegarkan, maka tiada kemurungan bermusim sekaligus!

Walaupun dalam pelajaran pertama mengenai topik itu, kami bertemu dengan takrifan klasik kebarangkalian kejadian beberapa peristiwa dalam ujian dan formula termudah , di mana jumlah nombor semua boleh sama mungkin , rendah hasil ujian ini, dan - bilangan hasil asas yang memihak kepada acara .

Menghadapi masalah dengan istilah dan/atau pemahaman? Sila mulakan dengan asas teori kebarangkalian.

Kami pergi lebih jauh: takrifan klasik kebarangkalian ternyata berkesan untuk menyelesaikan pelbagai masalah, tetapi sebaliknya, ia juga mempunyai beberapa kelemahan. Lebih tepat lagi untuk mengatakan, bukan kekurangan, tetapi batasan. Satu batasan tersebut ialah hakikat bahawa ia tidak terpakai kepada percubaan dengan bilangan hasil yang tidak terhingga. Contoh paling mudah:

Titik lapar dilemparkan secara rawak ke bahagian tersebut. Apakah kebarangkalian bahawa ia akan jatuh ke dalam selang?

Oleh kerana terdapat banyak mata yang tidak terhingga pada segmen, formula tidak boleh digunakan di sini (disebabkan nilai "en") yang tidak terhingga besar dan pendekatan lain datang untuk menyelamatkan, dipanggil definisi geometri kebarangkalian.

Semuanya sangat serupa: kebarangkalian berlakunya beberapa peristiwa dalam ujian adalah sama dengan nisbah , di mana - ukuran geometri menyatakan jumlah bilangan semua boleh dan sama mungkin keputusan ujian ini, dan - mengukur menyatakan bilangan hasil yang menggalakkan untuk acara tersebut. Dalam amalan, ukuran geometri seperti itu selalunya panjang atau luas, kurang kerap isipadu.

Mari kita pertimbangkan acara: - mata yang dilemparkan pada segmen, jatuh ke dalam selang . Jelas sekali, jumlah bilangan hasil dinyatakan dengan panjang segmen yang lebih besar: , dan hasil yang menguntungkan acara - mengikut panjang segmen bersarang: Mengikut takrifan geometri kebarangkalian:

Terlalu mudah? Seperti dalam kes dengan definisi klasik, ini adalah tanggapan yang mengelirukan. Kami dengan teliti dan teliti memahami contoh praktikal:

Tugasan 1

Pita meter dipotong secara rawak dengan gunting. Cari kebarangkalian bahawa panjang potongan itu ialah sekurang-kurangnya 80 cm.

Penyelesaian: "Apa yang susah sangat? Kebarangkalian ialah 1/5.” Ini adalah ralat automatik yang dibuat oleh kecuaian. Ya, betul - panjang pemangkasan akan sekurang-kurangnya 80 cm, jika tidak lebih daripada 20 sentimeter dipotong dari pita. Tetapi di sini sering terlupa bahawa potongan yang dikehendaki boleh dibuat sebagai dari satu hujung pita jadi dari yang lain:

Pertimbangkan peristiwa: - panjang trim sekurang-kurangnya 0.8 m.

Oleh kerana pita boleh dipotong di mana-mana sahaja, jumlah bilangan hasil sepadan dengan panjangnya: Bahagian potongan yang sesuai untuk acara ditandakan dengan warna merah dalam rajah dan jumlah panjangnya adalah sama dengan:

Jawab: 0,4

Apa yang boleh menjadi kesimpulan? Walaupun tugas itu kelihatan sangat mudah bagi anda, JANGAN TERGURU. Impulsif secara amnya adalah perkara yang tidak baik - ini adalah kesilapan, pembelian yang tidak perlu, integumen kulit yang rosak, dll. ... tetapi jangan bercakap tentang perkara yang menyedihkan!

Apabila menulis tugas, adalah perlu untuk menunjukkan dimensi (unit, meter, unit persegi, meter persegi, dll.). Dengan cara ini, sila ambil perhatian bahawa pada peringkat akhir pengiraan, ukuran geometri dikurangkan. Jadi dalam contoh yang dipertimbangkan, meter telah dikurangkan: , menghasilkan kebarangkalian tanpa dimensi biasa.

Tugasan 2

Selepas ribut, putus wayar berlaku pada bahagian antara kilometer ke-40 dan ke-70 talian telefon. Apakah kebarangkalian ia berlaku di antara kilometer ke-50 dan ke-55 garisan itu?

Ringkas dan penyelesaian serta jawab pada akhir pelajaran.

Lebih biasa ialah contoh di mana kawasan muncul:

Tugasan 3

Sebuah bulatan ditulis dalam segi tiga dengan sisi. Titik itu diletakkan sewenang-wenangnya dalam segitiga. Cari kebarangkalian bahawa titik itu berada dalam bulatan.

Saya mengingatkan anda bahawa bulatan bertulis terletak di dalam segi tiga dan menyentuh sisinya pada 3 mata

Penyelesaian: kerana titik diletakkan dalam segi tiga, dan bulatan terletak di dalam, maka luas segi tiga sepadan dengan jumlah hasil, dan luas bulatan yang tertulis sepadan dengan set hasil yang menguntungkan. Apa yang boleh saya katakan? Mencari ruang:

Jika panjang sisi segi tiga diberi, maka luasnya didapati dengan mudah oleh Formula Heron:
, di manakah panjang sisi segi tiga, dan ialah semiperimeter.

Pertama, kita mengira separuh perimeter segi tiga: , dan kemudian kawasannya:

Saya membincangkan kaedah mengambil faktor dari bawah akar kembali pada zaman dahulu pada pelajaran pengenalan geometri analisis.

Luas bulatan bersurat ditemui dengan formula , di manakah jejarinya.

Di mana untuk mendapatkan formula geometri? Formula yang diperlukan boleh didapati dalam buku teks sekolah atau sumber maklumat lain. Pada masa yang sama, tidak perlu mempelajarinya secara khusus, saya hanya ingat secara peribadi, dan dalam beberapa minit saya menemui segala-galanya di Wikipedia. Dan dalam beberapa minit saya akan selamat melupakan semua ini =)

Jadi, luas bulatan bertulis ialah:

Mengikut definisi geometri:
ialah kebarangkalian bahawa titik itu akan jatuh dalam bulatan bertulis.

Jawab:

Contoh yang lebih mudah untuk penyelesaian do-it-yourself:

Tugasan 4

Dalam bulatan berjejari 10 cm ialah segi tiga tepat dengan kaki 12 dan 7 cm Satu titik diletakkan secara rawak dalam bulatan. Cari kebarangkalian bahawa ia tidak akan jatuh ke dalam segi tiga yang diberi.

Perlu diingatkan bahawa dalam masalah ini segitiga tidak perlu menyentuh bulatan, ia hanya terletak di dalam bulatan dan itu sahaja. Berhati-hati!

Sekarang pertimbangkan masalah mesyuarat yang terkenal:

Tugasan 5

Dua trak boleh datang untuk memuatkan dalam selang masa dari 19.00 hingga 20.30. Memuatkan kereta pertama berlangsung 10 minit, yang kedua - 15 minit. Apakah kebarangkalian bahawa sebuah kereta terpaksa menunggu kereta yang lain selesai memuatkan?

Mari kita fikirkan sedikit syaratnya. Pertama, kereta boleh dimuatkan dalam sebarang pesanan, dan kedua, pada bila-bila masa dalam masa satu setengah jam. Pada pandangan pertama, keputusan itu kelihatan agak sukar. Dan bagi orang yang tidak bersedia, ia akan menjadi "terlalu sukar". Analisis terperinci kaedah untuk menyelesaikan masalah ini boleh didapati, sebagai contoh, dalam buku teks Gmurman, tetapi saya akan mengehadkan diri saya pada tahap tertentu kepada algoritma formal:

Penyelesaian: Pertama, ketahui tempoh tempoh masa mesyuarat itu boleh diadakan. Dalam kes ini, seperti yang dinyatakan di atas, ia adalah satu setengah jam atau 90 minit. Pada masa yang sama, jangka masa sebenar tidak begitu penting di sini - pemuatan kereta boleh berlaku, contohnya, pada waktu pagi dari 8.30 hingga 10.00, dan keputusannya akan sama.

Pengiraan boleh dilakukan dalam pecahan sejam dan dalam minit. Pada pendapat saya, dalam kebanyakan kes adalah lebih mudah untuk bekerja dengan minit - kurang kekeliruan.

Mari kita perhalusi had bawah penyepaduan secara analitikal (cari titik persilangan hiperbola dan langsung):

Garis lurus terletak pada segmen tidak kurang hiperbola,
mengikut formula yang sepadan:

Mengikut definisi geometri:
- kebarangkalian bahawa hasil darab dua nombor yang diteka dalam julat dari 0 hingga 5 akan lebih besar daripada dua.

Jawab:

Contoh yang sama untuk penyelesaian bebas.

Saya perlu menjana titik rawak seragam dalam bulatan jejari R.

Saya faham bahawa dengan hanya memilih sudut rawak seragam dalam selang , memberikan jarak dari pusat. Segitiga kami ialah jalur nipis, jadi AB dan BC pada asasnya selari. Jadi titik Z hanyalah jarak x + y dari asal. Jika x + y > R kita baling semula.

Berikut ialah algoritma lengkap untuk R = 1. Saya harap anda bersetuju ia agak mudah. Ia menggunakan pencetus, tetapi anda boleh menjamin berapa lama masa yang diperlukan dan berapa lama ia memerlukan random() , berbanding dengan pemusnahan persampelan.

T = 2*pi*rawak() u = rawak()+rawak() r = jika u>1 maka 2-u lain u

Ini adalah dalam Mathematica.

F := Blok[(u, t, r), u = Rawak + Rawak; t = Rawak 2 Pi; r = Jika; (r Cos[t], r Sin[t]) ] ListPlot, AspectNisbah -> Automatik]

Berikut adalah penyelesaian yang cepat dan mudah.

Pilih dua nombor rawak dalam julat (0, 1), iaitu a dan b . Jika b< a , замените их. Ваша точка (b*R*cos(2*pi*a/b), b*R*sin(2*pi*a/b)) .

Anda boleh memikirkan penyelesaian ini seperti berikut. Jika anda mengambil bulatan, potong, dan kemudian luruskannya, anda akan berakhir dengan segi tiga tepat. Skala segitiga ke bawah dan anda akan mempunyai segitiga dari (0, 0) hingga (1, 0) hingga (1, 1) dan kembali ke (0, 0) . Semua transformasi ini mengubah ketumpatan secara seragam. Apa yang telah anda lakukan ialah memilih titik rawak secara seragam dalam segitiga dan membalikkan proses untuk mendapatkan titik dalam bulatan.

Perhatikan ketumpatan titik adalah berkadar dengan kuasa dua songsang jejari, jadi daripada memilih r daripada , pilih daripada , kemudian hitung koordinat anda sebagai:

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

Ini akan memberi anda pengedaran mata yang sekata pada cakera.

Fikirkan dengan cara ini. Jika anda mempunyai segi empat tepat di mana satu paksi ialah jejari dan satu adalah sudut, dan anda mengambil titik di dalam segi empat tepat itu yang hampir dengan jejari 0. Kesemuanya akan sangat hampir dengan asal (itu hampir dengan bulatan). Walau bagaimanapun, titik berhampiran jejari R semuanya akan jatuh berhampiran tepi bulatan (iaitu berjauhan).

Ini mungkin memberi anda sedikit idea mengapa anda mendapat kelakuan ini.

Premis asas ialah anda boleh mencipta pembolehubah dengan taburan yang dikehendaki daripada taburan seragam dengan memadankan fungsi songsang seragam kepada fungsi taburan kumulatif bagi fungsi ketumpatan kebarangkalian yang dikehendaki. Untuk apa? Anggap remeh saja, tapi itu fakta.

Inilah penjelasan saya yang sedikit intuitif tentang matematik. Fungsi ketumpatan f(r) atas r mestilah berkadar dengan r itu sendiri. Memahami fakta ini adalah sebahagian daripada mana-mana buku kalkulus asas. Lihat bahagian mengenai unsur kutub. Beberapa poster lain telah menyebut perkara ini.

Jadi mari kita panggil f(r) = C * r;

Ini, ternyata, kebanyakan daripada kerja. Sekarang, kerana f(r) mestilah ketumpatan kebarangkalian, tidak sukar untuk melihat bahawa dengan menyepadukan f(r) pada selang (0, R) anda mendapat bahawa C = 2/R^2 (ini adalah latihan untuk pembaca.)

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

Kemudian bahagian akhir datang daripada pembolehubah rawak seragam u dalam (0,1), yang anda perlu memetakan songsangan fungsi taburan kumulatif daripada ketumpatan yang diperlukan ini f(r). Untuk memahami mengapa ini berlaku, anda perlu mencari teks kebarangkalian lanjutan seperti Papoulis (atau dapatkan sendiri).

Mengintegrasikan f(r) anda mendapat F(r) = r^2/R^2

Untuk mencari fungsi songsang daripada ini, anda berikan u = r^2/R^2 dan kemudian selesaikan untuk r, yang memberi anda r = R * sqrt(u)

Ini juga masuk akal intuitif, u = 0 harus dipetakan kepada r = 0. Selain itu, u = 1 shoudl memetakan kepada r = R. Juga, ini ialah fungsi punca kuasa dua, yang masuk akal dan sepadan dengan pautan.

Sebab penyelesaian naif tidak berfungsi adalah kerana ia memberi lebih banyak ketumpatan tinggi titik kebarangkalian lebih dekat dengan pusat bulatan. Dalam erti kata lain, bulatan dengan jejari r/2 mempunyai kebarangkalian r/2 mendapat titik yang dipilih di dalamnya, tetapi mempunyai kawasan (bilangan titik) pi * r^2/4.

Jadi kami mahu ketumpatan kebarangkalian jejari mempunyai sifat berikut:

Kebarangkalian untuk memilih jejari kurang daripada atau sama dengan r yang diberi mestilah berkadar dengan luas bulatan dengan jejari r. (kerana kami mahu mempunyai pengagihan seragam ke atas mata, dan kawasan yang luas- lebih mata)

Dalam erti kata lain, kami mahu kebarangkalian memilih jejari antara adalah sama dengan pecahan daripada jumlah luas bulatan. Jumlah luas bulatan ialah pi * R^2 dan luas bulatan dengan jejari r ialah pi * r^2. Jadi kami ingin kebarangkalian memilih jejari antara menjadi (pi * r^ 2)/(pi * R^2 ) = r^2/R^2.

Sekarang datang matematik:

Kebarangkalian untuk memilih jejari antara ialah kamiran p(r)dr dari 0 hingga r (ini hanya kerana kita menambah semua kebarangkalian jejari yang lebih kecil). Jadi kita mahu kamiran (p(r) dr) = r^2/R^2. Kita dapat melihat dengan jelas bahawa R^2 ialah pemalar, jadi kita hanya perlu memikirkan yang mana antara p(r), apabila disepadukan akan berikan kami sesuatu seperti r^2. Jawapannya jelas r* tetap. kamiran (r * const dr) = r^2/2 * pemalar. Ia sepatutnya sama dengan r^2/R^2, jadi malar = 2/R^2. Jadi anda mempunyai taburan kebarangkalian p(r) = r*2/R^2

Catatan. Satu lagi cara intuitif untuk memikirkan masalah ialah membayangkan bahawa anda cuba memberikan setiap bulatan jejari kebarangkalian kebarangkalian sama dengan perkadaran bilangan mata yang ada pada lilitannya. Jadi bulatan dengan jejari r akan mempunyai 2 * pi * r "titik" di sekeliling lilitannya. Jumlah nombor mata pi * R^2. Jadi anda perlu memberikan bulatan r kebarangkalian sama dengan (2 * pi * r)/(pi * R^2) = 2 * r/R^2. Ini lebih mudah difahami dan lebih intuitif tetapi itu bukan cara matematik yang hebat.

Ia benar-benar bergantung pada apa yang anda maksudkan dengan "rawak seragam". Ini adalah perkara yang halus dan anda boleh membaca lebih lanjut mengenainya di halaman wiki di sini: http://en.wikipedia.org/wiki/Bertrand_paradox_%28probability%29 di mana masalah yang sama memberikan tafsiran berbeza tentang "rawak seragam" memberikan jawapan yang berbeza !

Bergantung pada cara anda memilih mata, pengedaran mungkin berubah, walaupun ia agak seragam.

Entri blog nampaknya cuba menjadikannya rawak seragam dalam erti kata berikut: jika anda mengambil subbulatan bulatan dengan pusat yang sama, maka kebarangkalian titik jatuh ke kawasan itu adalah berkadar dengan luas wilayah . Ini, saya percaya, percubaan untuk mengikuti tafsiran standard sekarang "rawak seragam" untuk wilayah 2D dengan wilayah yang ditakrifkan padanya: kebarangkalian titik jatuh di mana-mana rantau (dengan wilayah yang jelas) adalah berkadar dengan luas ​wilayah itu.

Berikut ialah kod Python saya untuk menjana num titik rawak daripada bulatan rad jejari:

Import matplotlib.pyplot sebagai plt import numpy sebagai 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()

Biarkan ρ (jejari) dan φ (azimut) ialah dua pembolehubah rawak sepadan koordinat kutub titik sewenang-wenangnya di dalam bulatan. Jika titik diagihkan secara seragam, maka apakah fungsi taburan bagi fungsi ρ dan φ?

Untuk sebarang r: 0

P[ρ

Di mana S1 dan S0 ialah kawasan bulatan berjejari r dan R, masing-masing. Jadi CDF boleh ditentukan sebagai:

0 jika 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).

Ambil perhatian bahawa untuk R = 1 pembolehubah rawak sqrt(X), di mana X adalah seragam pada = P = y * * 2 pada 0

Taburan φ jelas seragam dari 0 hingga 2 * π. Kini anda boleh menjana koordinat kutub rawak dan menukarnya kepada Cartesian menggunakan persamaan trigonometri:

X = ρ * cos(φ) y = ρ * sin(φ)

Tidak dapat menahan menghantar kod python untuk R=1.

Daripada matplotlib import pyplot sebagai plt import numpy sebagai 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)

Anda akan dapat

Penyelesaian dalam Java dan Contoh Pengedaran (2000 mata)

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

Mula-mula kita akan menjana cdf[x] iaitu

Kebarangkalian titik itu kurang daripada jarak x dari pusat bulatan. Katakan bulatan itu mempunyai jejari R.

jelas, jika x adalah sifar, maka cdf = 0

jelas jika x sama dengan R maka cdf[R] = 1

jelas sekali, jika x = r, maka cdf [r] = (Pi r ^ 2)/(Pi R ^ 2)

Ini kerana setiap "kawasan kecil" pada bulatan mempunyai kebarangkalian yang sama untuk dipilih, jadi kebarangkalian adalah berkadar dengan kawasan itu. Dan luas yang diberi pada jarak x dari pusat bulatan ialah Pi r^2

jadi cdf[x] = x^2/R^2 kerana Pi membatalkan satu sama lain

kita mempunyai cdf[x] = x^2/R^2 di mana x pergi dari 0 ke R

Jadi kita selesaikan untuk x

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

Sekarang kita boleh menggantikan cdf dengan nombor rawak dari 0 hingga 1

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

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

kita mendapat koordinat kutub (0.601168 R, 311.915 darjah)

Saya menggunakan kaedah ini: Ini mungkin tidak dioptimumkan sepenuhnya (iaitu menggunakan tatasusunan mata, jadi ia tidak sesuai untuk bulatan besar), tetapi memberikan pengedaran rawak. Anda boleh melangkau membuat matriks dan melukis terus jika anda suka. Kaedahnya ialah dengan rawak semua titik dalam segi empat tepat yang jatuh di dalam bulatan.

Bool[,] getMatrix(System.Drawing.Rectangle r) ( bool[,] matriks = bool baharu; matriks kembali; ) isian kosongMatriks(ref bool[,] matriks, Pusat vektor) ( jejari dua kali = pusat.X; Rawak r = new Random(); untuk (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[,] matriks) ( var g = this.CreateGraphics(); Bitmap pixel = new Bitmap(1,1); pixel.SetPixel(0, 0, Color .hitam);untuk (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); }

Elemen luas dalam bulatan ialah dA = rdr * dphi. Faktor tambahan ini merosakkan idea anda untuk memilih r dan phi secara rawak. Walaupun phi diedarkan rata, r tidak, tetapi rata pada 1/r (bermakna anda lebih berkemungkinan mencapai sempadan berbanding mata yang jelas).

Jadi, untuk mencipta titik teragih sama rata di sekeliling bulatan, pilih phi daripada taburan rata dan r daripada taburan 1/r.

Sebagai alternatif, kaedah Monte Carlo yang dicadangkan oleh Mehrdad boleh digunakan.

UBAH

Untuk memilih r rata rawak pada 1/r, anda boleh memilih x rawak daripada selang dan mengira r = 1/x. r kemudian diedarkan secara padat menjadi 1/r.

Untuk mengira phi rawak, pilih x rawak daripada selang dan hitung phi = 2 * pi * x.

Anda juga boleh menggunakan intuisi anda.

Luas bulatan ialah pi*r^2

Ini memberikan kita kawasan pi . Katakan kita mempunyai beberapa fungsi f yang akan mengagihkan sama rata N=10 mata di dalam bulatan. Nisbah di sini ialah 10/pi

Sekarang kita menggandakan kawasan dan bilangan mata

Dengan r=2 dan N=20

Ini memberikan keluasan 4pi dan nisbahnya kini 20/4pi atau 10/2pi . Nisbah akan semakin kecil dan semakin kecil semakin besar jejari, kerana pertumbuhannya adalah kuadratik, manakala N adalah linear.

Untuk membetulkan ini kita hanya boleh katakan

X = r^2 persegi(x) = r

Jika anda mencipta vektor dalam koordinat kutub seperti ini