Пусть задано бесчисленное множество троек произвольных отрезков: $%a$%, $%a_1, a_2$%, причём: $%a > a_1, a > a_2 и (a_1 + a_2) > a$%. Каких треугольников(и относительно насколько) больше: тех, у которых степень треугольника, образованного заданными отрезками, будет меньше 2, или тех, у которых степень больше 2?

задан 15 Фев '13 21:40

изменен 15 Фев '13 21:43

Что такое "степень треугольника"?

(15 Фев '13 22:50) chameleon

Как понимать "степень треугольника"? Можете определить?

(15 Фев '13 22:54) ASailyan

В уравнении кругоиды степени x $$(a_1)^{x} + (a_2)^{x} = a^{x}$$ $$x$$ - это степень треугольника, аналог двойки в теореме Пифагора. У каждого треугольника есть своя степень (единственное вещественное положительное число, которое позволяет рассматривать обе части уравнения в одномерном пространстве как равенство). Не знаю, внятно ли я определил понятие "степень треугольника"?

(15 Фев '13 23:12) nikolaykruzh...

А я так надеялся, что это Вы не опять про кругоиду :( И тех и других треугольников, как Вы сами понимаете, бесконечно много, так что сказать, каких из них больше, а каких меньше, нельзя, но я попытаюсь что-нибудь сделать чтоб дать хотя бы приблизительный ответ.

(15 Фев '13 23:56) chameleon

Комментарии стремительно кончаются, пишу сюда. Это разные задачи! Геометрические вероятности сильно зависят от того, как распределены исходные данные.

Кстати, @falcao, Вы уверены, что все точки куба дадут треугольники определенной степени относительно одной, выделенной стороны?

(18 Фев '13 19:47) DocentI

@DocentI: все точки куба рассматривать нельзя, так как не любая тройка чисел определяет треугольник. Изначально рассматривалось именно то множество, которое описано в условии -- только с ограничением на длину. Ср. определение фигуры Ф в тексте. Если рассматривать все точки куба, которые задают треугольник, то объём такой фигуры равен $%1/2$%, а сама эта фигура разбивается на три "одинаковых" фигуры в зависимости от того, какая из трёх сторон будет наибольшей.

(18 Фев '13 20:57) falcao
показано 5 из 6 показать еще 1
10|600 символов нужно символов осталось
3

Что такое "степень треугольника" -- вполне понятно. Из данного выше определения следует, что у прямоугольного треугольника эта степень равна двум, у тупоугольного -- меньше двух, у остроугольного -- больше двух. Задача станет вполне корректной, если определить, в каком смысле следует понимать слово "больше". Это можно сделать в терминах геометрической вероятности. Иными словами, речь идёт о том, каких треугольников "больше" среди "случайных" -- тупоугольных или остроугольных.

Если числам позволено принимать неограниченные значения, то определить геометрические вероятности довольно затруднительно. Поэтому, с учётом того, что всякий треугольник подобен треугольнику со сторонами, ограниченными некой константой, удобно рассматривать в качестве длин сторон числа отрезка $%[0,1]$%, выбираемые в некотором роде "случайно".

В частности, можно поставить такой вопрос: если мы равномерно бросаем точку в отрезок три раза (независимо) и получаем три числа $%x,y,z$%, то какова вероятность, что из полученных длин можно составить треугольник? Это известная задача, и на моей памяти она где-то обсуждалась. Ответ там можно найти при помощи многомерных интегралов, и он оказывается равен $%1/2$%.

В предложенной здесь задаче уже накладываются условия, скажем, $%x+y>z>x,y$%, что определяет подмножество $%\Phi$% единичного куба. Далее в этом подмножестве выбирается одна "случайная" точка при "равномерном" выборе. Это стандартная для таких случаев операция. Здесь вероятность попадания в фигуру $%\Phi'$%, содержащуюся в $%\Phi$%, полагается равной отношению объёмов фигур $%\Phi'$% и $%\Phi$%.

Пусть далее $%(x,y,z)\in[0,1]^3$%. Очевидно, что величина $%\sqrt{x^2+y^2}$% будет удовлетворять неравенствам $%x+y\ge\sqrt{x^2+y^2}\ge x,y$%, и тогда нужно сравнить "шансы" на то, что $%z$% будет больше или меньше $%\sqrt{x^2+y^2}$%, что будет относиться к случаю тупоугольного или остроугольного треугольника, соответственно, составленного из сторон с длинами $%x,y,z$%.

Итак, пусть $$\Phi=\left\{(x,y,z)\in[0,1]^3\mid x+y>z>x,y\right\}.$$ Объём $%\Phi$% равен трёхмерному интегралу $$\iiint\limits_\Phi\,dx\,dy\,dz=\iiint\limits_{\Phi_1}\,dx\,dy\,dz+\iiint\limits_{\Phi_2}\,dx\,dy\,dz,$$ где $%\Phi_1$% относится к случаю $%x+y<1$%, а $%\Phi_2$% -- к случаю $%x+y>1$%. Из соображений симметрии, можно дополнительно считать, что $%y>x$%, удваивая все величины.

Для фигуры $%\Phi_1$% область интегрирования будет задаваться неравенствами $%x+y>z>y>x$%, причем $%y<1-x$%, откуда $%x<1/2$%. Поэтому $$\iiint\limits_{\Phi_1}\,dx\,dy\,dz=2\int\limits_0^{1/2}\,dx\int\limits_x^{1-x}\,dy\int\limits_y^{x+y}\,dz=2\int\limits_0^{1/2}x(1-2x)\,dx=\frac1{12}.$$

Аналогично, для фигуры $%\Phi_2$% имеем неравенства $%1>z>y>x,1-x$%. Ввиду симметрии между $%x$% и $%1-x$%, полагаем $%x<1-x$%, то есть $%x<1/2$%, что ведёт к ещё одному удвоению. Поэтому $$\iiint\limits_{\Phi_2}\,dx\,dy\,dz=4\int\limits_0^{1/2}\,dx\int\limits_{1-x}^1\,dy\int\limits_y^1\,dz=4\int\limits_0^{1/2}\frac{x^2}2\,dx=\frac1{12}.$$ Суммируя, получаем, что объём фигуры $%\Phi$% равен $%1/12+1/12=1/6$%.

(Объём фигуры $%\Phi$% можно найти проще, но я не буду переписывать уже написанное.)

Теперь положим $$\Phi'=\left\{(x,y,z)\in[0,1]^3\mid \sqrt{x^2+y^2}>z>x,y\right\}.$$ Это соответствует случаю остроугольного треугольника. Здесь так же получаем, что объём фигуры $%\Phi'$% равен $$\iiint\limits_{\Phi'}\,dx\,dy\,dz=\iiint\limits_{\Phi_1'}\,dx\,dy\,dz+\iiint\limits_{\Phi_2'}\,dx\,dy\,dz,$$ где $%\Phi_1'$% относится к случаю $%x^2+y^2<1$%, а $%\Phi_2'$% -- к случаю $%x^2+y^2>1$%. Как и выше, из соображений симметрии считаем, что $%y>x$%, удваивая соответствующие величины.

Для первого случая имеем неравенства $%\sqrt{x^2+y^2}>z>y>x$%, причём $%y<\sqrt{1-x^2}$%, откуда $%x<1/\sqrt{2}$%. Поэтому $$\iiint\limits_{\Phi_1'}\,dx\,dy\,dz=2\int\limits_0^{1/\sqrt{2}}dx\int\limits_x^{\sqrt{1-x^2}}dy\int\limits_y^{\sqrt{x^2+y^2}}dz=\int\limits_0^{1/\sqrt{2}}dx\int\limits_x^{\sqrt{1-x^2}}\left(\sqrt{x^2+y^2}-y\right)\,dy,$$ что удобнее всего вычислить в полярных координатах. После замены переменных, с учётом того, что якобиан замены равен $%r$%, а область интегрирования представляет собой верхний из двух секторов, на которые прямая $%y=x$% делит четверть круга из первого координатного угла, получаем $$2\int\limits_{\pi/4}^{\pi/2}d\varphi\int\limits_0^1(r-r\sin\varphi)r\,dr=2\int\limits_{\pi/4}^{\pi/2}(1-\sin\varphi)\,d\varphi\cdot\int\limits_0^1r^2\,dr=\frac{\pi}6-\frac{\sqrt{2}}3.$$

Чтобы найти объём фигуры $%\Phi_2'$%, заметим, что у нас выполняются при этом неравенства $%1>z>y>x,\sqrt{1-x^2}$%, с учётом необходимости произвести удвоение. Так как $%z$% меняется от $%y$% до $%1$%, мы должны проинтегрировать фукнцию $%1-y$% по двумерной области, ограниченной прямыми $%y=1$%, $%y=x$% и единичной окружностью. После перехода к полярным координатам, мы получаем $$\iiint\limits_{\Phi_2'}\,dx\,dy\,dz=2\int\limits_{\pi/4}^{\pi/2}d\varphi\int\limits_1^{1/\sin\varphi}(1-r\sin\varphi)r\,dr,$$ то есть $$\frac13\int\limits_{\pi/4}^{\pi/2}\frac{d{\varphi}}{\sin^2\varphi}+\frac23\int\limits_{\pi/4}^{\pi/2}\sin\varphi\,d{\varphi}-\int\limits_{\pi/4}^{\pi/2}d\varphi=\frac13+\frac{\sqrt{2}}3-\frac{\pi}4.$$ Складывая найденные объёмы фигур $%\Phi_1'$% и $%\Phi_2'$%, мы находим объём фигуры $%\Phi'$%, равный $$\left(\frac{\pi}6-\frac{\sqrt{2}}3\right)+\left(\frac13+\frac{\sqrt{2}}3-\frac{\pi}4\right)=\frac13-\frac{\pi}{12}.$$

Таким образом, осталось поделить объём фигуры $%\Phi'$% на объём фигуры $%\Phi$%, равный $%1/6$%. Это даст нам вероятность того, что "случайный" треугольник окажется остроугольным. Эта величина равна $$2-\frac{\pi}2\approx0.429203673.$$ Соответственно, вероятность возникновения тупоугольного треугольника составит $%\pi/2-1$%, то есть приблизительно $%0.570796327$%.

Поскольку ответ получился "хороший", это говорит о том, что его, скорее всего, можно получить при помощи более простых вычислений. Однако, использованный подход довольно стандартен, и мне проще было применить его, а не искать что-то более "элегантное".

ссылка

отвечен 16 Фев '13 3:46

Конечно, в исходном виде задача выглядит достаточно "неопределённой", но её уточнение в терминах геометрической вероятности, как мне показалось, заслуживает внимания. Тем более, что ответ получился достаточно красивый.

(16 Фев '13 13:12) falcao

Я написал коротенькую программу в Maple. Случайным образом генерируются три числа. Если из таких длин можно составить треугольник, то проверяем его на свойство "быть остроугольным". При 10000 таких бросаниях получилось 4996 случаев возникновения треугольников (что очень близко к половине, как и должно быть), и в 2209 из них получался остроугольный треугольник. Эта вероятность составила около 44%, что близко к найденному выше значению 42,9%.

(16 Фев '13 15:06) falcao

Ваше исследование интересное, теперь дело за автором вопроса: это ли он имел в виду?
Геометрические вероятности сильно зависят от постановки задачи. Например, можно попытаться бросать точки в круг. Или, скажем, прямые на плоскость, но это уж слишком экзотично.

(16 Фев '13 15:42) DocentI

Там, помимо всего прочего, могут ещё возникать разные ответы -- как со "случайной" хордой круга (парадокс Бертрана). Но если автор имел в виду что-то конкретное и определённое, то надо было формулировать точно. Я исходил из того, что есть известные задачи похожего типа -- в частности, задача (вероятностная) составления треугольника из трёх отрезков. Поэтому предложил ту формализацию, которая мне показалась наиболее естественной. Хотя, наверное, могут быть и какие-то другие.

(16 Фев '13 16:05) falcao

@falcao, я Вам завидую. Вы так легко перекидывали с руки на руку математические горы, что я был поражён... Я решал так. Из концов отрезка a проведём дуги окружности радиуса a до их пересечения друг с другом (получим сечение чечевицы). Полученная фигура - это гиперкругоида, её уравнение написано в самом вопросе при x, стремящемся к бесконечности.Вершины всех тупоугольных треугольников - внутри круга (d = a), остроугольных - вне его, между окружностью и контуром чечевицы. Отношение площадей круга и (чечевицы минус круг) и есть отношение искомых геометрических вероятностей.

(16 Фев '13 17:23) nikolaykruzh...

@nikolaykruzh..., у Вас, похоже, другая постановка задачи, чем у @falcao. Случайное бросание точки в криволинейную область - не то же самое, что в единичный куб.

(17 Фев '13 11:02) DocentI

Странно, что из разных постановок задачи появляется один и тот же результат. Ну и математика! Приёмы фокусника бледнеют перед её чудачествами... Точки я не бросал - их у меня навалом, целый круг. Я брал их готовыми, тёпленькими. И вне круга то же самое. Каждая точка для меня - вершина треугольника. И проч. Я принимаю красоту решения @falcao (это сделано математиком для математиков!), но почему-то меня всегда беспокоит мысль о школьниках: как они это поймут? Впрочем,моя позиция ошибочна. Надо, чтобы их звал свет в конце тоннеля, куда они должны стремиться, а не воспоминания о красивом прошлом.

(17 Фев '13 17:33) nikolaykruzh...

Почему тот же результат? Насколько я понимаю, если взять $%a= 2$%, площадь гиперкругоиды будет равна $%8\pi/3 - 2\sqrt 3$%, а круга - $%\pi$%. Отношение последнего к первому не равно $%\pi/2 -1$%. У Вас другое пространство событий.
А зачем школьникам это понимать? Может, еще УМФ им рассказывать будете? Или меру Лебега?

(17 Фев '13 18:02) DocentI

Со временем, лет через 100, и меру Лебега будут изучать в школе, когда она станет чем-то вроде теперешнего школьного курса дифференциального исчисления. Что касается несходства результатов с @falcao, то я затрудняюсь сказать что-то определённое. Я был уверен, что результат один и тот же. Считать, что я ошибся, - вроде бы: ну уж чего проще это решение? Где там может быть ошибка? А в красивом решении @falcao вроде ошибки тоже быть не должно. Не знаю, что сказать. Не можете ли Вы выступить в качестве третейского судьи? (Но Вы обвините меня, я знаю по прежнему опыту. И тем не менее, я согласен)

(18 Фев '13 0:46) nikolaykruzh...

Комменты кончились, пришлось стирать. Посмотрите выше, это уже обсуждалось: вы решаете разные задачи, вот и ответы получились разными. С геометрическими вероятностями всегда так.

(18 Фев '13 0:57) DocentI

Я нашёл, что тупоугольных треугольников - 63,94% (против 57,1% у @falcao), а остроугольных - 36,06% (против 42,9%). Объяснить эту разницу я не в состоянии. У себя ошибку в расчётах и в схеме рассуждений я не нащёл. Что делать? Плюнуть на эту задачу? А разве задачи разные? (см. вопрос: каких треугольников больше?) Задача - одна, но подходы к решению разные. Ответ должен быть один и тот же. Может, есть третий вариант решения, который склонит чашу весов туда или сюда? По логике симметрии их должно быть 50% на 50% (и тогда ответ @falcao ближе к истине), но это надо доказать - не домысливать.

(18 Фев '13 19:30) nikolaykruzh...

@nikolaykruzh... Разница в том, что использованы разные вероятностные распределения в разных постановках задачи. Дело в том, что понятие вероятности не имеет "абсолютного" смысла, если речь идёт о бесконечных множествах. Классическим примером является т.н. "парадокс Бертрана". Там идёт речь о "случайно" выбираемой хорде окружности, а спрашивается о вероятности того, что она длиннее стороны вписанного равностороннего треугольника. В зависимости от способа "случайного" выбора, ответ может быть равен $%1/2$%, $%1/3$% и $%1/4$%. http://ru.wikipedia.org/wiki/Парадокс_Бертрана_(вероятность)

(18 Фев '13 21:05) falcao
показано 5 из 12 показать еще 7
10|600 символов нужно символов осталось
1

имеем $%a = (a_1^x + a_2^x)^{1/x}$%. Это выражение, как известно, растет с ростом x. Так что степень больше 2 соответствует тупоугольным треугольникам. А степень меньше 2 - остроугольным (вернее, такиv, у которых угол против стороны $%a$% острый. Ну, и каких же больше?

Поправка. Растет не это выражение, а соответствующее среднее, так соотношение между степенью и углом обратное. Но это не меняет дела.

ссылка

отвечен 16 Фев '13 0:32

изменен 16 Фев '13 10:50

Я преобразовал этот комментарий в ответ

(16 Фев '13 1:14) chameleon

@chameleon, а где он, этот комментарий, преобразованный в ответ? Уважаемая @DocentI! Не могу не поправить Вас. Все треугольники, вершины которых расположены вне окружности, остроугольные, их степень больше 2, а внутри (тупоугольные) - меньше 2.

(16 Фев '13 16:59) nikolaykruzh...

ээээ... вот он -_-

(16 Фев '13 17:48) chameleon

мммм... спасибо -_-

(16 Фев '13 19:05) nikolaykruzh...

Если комментарий преобразован в ответ, его больше не существует. Поправку я уже сделала сама.

(17 Фев '13 11:03) DocentI

Ну так надо же предупреждать, что Вы что-то там натворили!Я чуть заикой не стал в поисках исчезнувшего комментария, даже замычал от неудовольствия. Э-ть, какие коварные замыслы бывают у людей, у которых логика прежде всего, а самочувствие окружающих - где-то на задворках... Ну ладно... Считайте, что сгоряча перчатку к Вашим ногам я не бросил.

(17 Фев '13 17:46) nikolaykruzh...

Чем вы недовольны. @chameleon как раз предупредил. А моя поправка была задолго до Вашей: вы бы просто перечитали ответ, прежде чем поправлять.

(17 Фев '13 18:07) DocentI
показано 5 из 7 показать еще 2
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×2,196

задан
15 Фев '13 21:40

показан
824 раза

обновлен
18 Фев '13 21:05

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru