Версия для печати темы

Автор: Stels 12.10.2008, 10:32

У меня тут еще одна интересная задача на геометрическую вероятность
На окружность кидают наугад три точки, найти вероятность того, что они образуют остроугольный треугольник
Решея, пришел к выволду, что если треугольник остроугольный, то цент описаной вокруг него окружности лежит в нем и его сторона не больше, чем sqrt(2)*R
Дальше ничего не идет Help!

Автор: Тролль 12.10.2008, 19:35

А ответ есть? Не знаю, правильно или нет, но у меня получилось 1/4.

Автор: Stels 12.10.2008, 21:56

Ответа нету
Как Вы решали?

Автор: Тролль 13.10.2008, 5:05

Допустим, что три точки уже лежат на плоскости.
Введем систему координат.
Повернем окружность так (на сколько-то градусов), чтобы одна точка составляла 0 градусов с осью Ох, а вторая точка лежала бы в верхней полуплоскости. Если таких размещений несколько, то выберем то, где угол между радиусами этих двух точек минимален.
Пока ясно? Времени пока нет, остальное потом допишу.

Автор: Stels 13.10.2008, 20:10

ясно

Автор: Тролль 13.10.2008, 21:02

Дальше.
Обозначим точку на оси Ох за точку № 1, точку № 2 выберем из верхней полуплоскости, а точка № 3 - оставшаяся точка.
Пусть угол между радиусами точек № 1 и № 2 равен х, а между № 2 и № 3 у.
Найдем вероятность по определению P = m/n.
Сначала n, то есть найдем все возможные варианты для x и у.
Так как точка № 2 лежит в верхней полуплоскости, то угол х меняется от 0 до pi.
Угол y меняется от 0 до 2pi - 2x.
То, что y > 0 понятно. Как получилось 2pi - 2x.
Так как точку № 2 выбирали так, что угол между радиусами первой и второй точек меньше, чем угол между радиусами второй и третьей точек, то y < 2pi - 2x.
Лучше нарисовать окружность и посмотреть. Пусть у нас есть точка № 1 и № 2. И угол между ними х. Куда может попасть точка № 3.
Она не может попасть в ту часть окружности, которая ограничена радиусами точек № 1 и № 2, так как это противоречит выбору точки № 2. И она не может попасть в такую же область, но симметричную первой относительно оси Ох. Получаем, что из 2pi возможностей попадания точки № 3 надо исключить 2х.
Тогда получаем, что 0 < x < pi, 0 < y < 2pi - 2x.
На плоскости получаем треугольник, площадь его равна pi^2 =>
n = p^2
Теперь найдем m.
Ограничения на х те же.
Теперь относительно у. Определим, куда должна попасть точка, чтобы получился остроугольный треугольник.
Две области мы уже исключили из рассмотрения.
Так же не подходит область, ограниченная радиусом точки № 2 и левой частью Оси Ох. Так как тогда угол № 2 был бы вписанным и опирался бы на дугу, большую 180 градусов, то есть был бы тупым.
Остается область между левой частью оси Ох и радиусом точки, симметричной точке № 2 относительно оси Ох. Несложно убедиться, что эта области целиком подходит. Там
0 < x < pi, pi < y < 2pi - 2x.
Получаем треугольник, площадь которого равна pi^2/4 = m.
Тогда P = 1/4.
Объяснение конечно не очень, но что смог. Надо нарисовать и посмотреть на чертеже, будет понятнее.

Автор: Stels 14.10.2008, 15:55

Спасибо за содержательный ответ
у меня была несколько другая теория, где последовательно ставят наокружность 2 точки на угад, а чтобы треуголик был остроугольным необходимо чтобы последняя точка лежала в другой полуплоскости т е вероятность составит 1\2

Автор: Тролль 14.10.2008, 16:14

Не знаю насколько мое решение правильное, может быть ещё у кого-нибудь есть соображения? Задача действительно интересная.

Автор: Phrep 14.10.2008, 19:22

Это похоже на правду.


Вот это выглядит опасно. Так можно "склеить" разные события и потерять вероятность.

Автор: Тролль 14.10.2008, 19:31

Согласен, что опасно)

Автор: malkolm 14.10.2008, 20:36

Нисколько. Берём одну точку под 0 градусов, другую под -5, третью - в дргуой полуплоскости - под +5 градусов. Треугольник тупоугольный.

Ответ 1/4, разумеется, верный. Но решение, предложенное выше, опасно вот чем. Попробую описать, но не уверен, что буду понятен.
Исходное вероятностное пространство уже задано тем, что точки выбираются независимо друг от друга и наудачу. Поэтому пространство исходов есть куб [0, 2*pi]^3, вероятности событий считаются как объемы в этом кубе. Координаты точек в этом кубе - центральные углы от некоторой начальной точки окружности до каждой из точек. Можно одну из точек зафиксировать - например, первую брошенную (тем самым рассмотреть срез куба плоскостью x_1=const). В каждом таком срезе площадь благоприятной области одна и та же (от положения x_1, т.е. поворота окружности, не зависит). Поэтому можно координату x_1 поставить в нуль, и рассматривать выбор только двух точек наудачу и независимо на окружности. Это то же самое, что выбор точки (x_2, x_3) наудачу в квадрате [0,2*pi]^2. Слова "то же самое" означают, что переход от выбора наугад двух точек на окружности к выбору наугад точки в квадрате не изменил вероятностей никаких событий. Если теперь в координатах x_2 и x_3 рассмотреть область благоприятных исходов (она элементарно рисуется - каждый из трех центральных углов должен быть < pi. Например, при x_2 < x_3 это неравенства x_2 < pi, x_3-x_2 < pi, x_3 > pi), то площадь этой области, деленная на 4*pi^2, есть верный ответ, т.к. это в точности исходная задача.

В решении выше предлагается ввести две новые координаты - x и y, которые хитрым образом связаны со всеми тремя точками x_1, x_2, x_3, и в плоскости переменных x,y вместо исходной задачи рассматривать выбор точки (x,y) наудачу в трапеции 0 < x < pi, 0 < y < 2*pi-x. И вычислять вероятности событий про x и y как отношения площадей. Но ниоткуда не следует, что в этих двух экспериментах вероятности событий будут одинаковыми.

В качестве примера задачи, где такая редукция приводит к неверному ответу, можно привести классическую (М.Гарднер): одна точка наугад выбирается на отрезке, другая - наугад на большей из двух получившихся частей отрезка. Какова вероятность составить треугольник из трех полученных кусочков?

Если просто выписать ограничения на координаты, получится {x>1/2, y<x}U{x<1/2, y>x}. Если теперь считать вероятности как отношения площадей в этой области, то ответ получится 1/3. Он неверный. Правильный ответ 2*ln(2)-1. Объяснение - исходная задача не равносильна выбору точки наугад в данной области, в этом эксперименте вероятности совсем другие.

Можно (если термин "совместное распределение" не пугает) так сказать: в исходной задаче тройка (x_1,x_2,x_3) имела равномерное распределение в кубе. Или полагая x_1=0, имеем пару (x_2,x_3) с равномерным распределением в квадрате. Мы вместо них завели x и y как какие-то функции от(x_1,x_2,x_3) и решили, что пара (x,y) равномерно распределена в трапеции. Вот этот последний вывод совсем не обоснован.

Хотя в данном случае он верен

Автор: Phrep 15.10.2008, 8:23

Да. "В одной плоскости" должно быть для каждой точки, а не для одной.