3
1

Какова вероятность того, что из трех взятых наудачу отрезков длины не более $%l$% можно построить треугольник?

Мои студенты эту задачу не решили. Действительно, она довольно громоздка для ограниченного времени и нервного состояния контрольной. Думаю, она решается аккуратным перебором случаев. Но нет ли у этой задачи более изящного решения?

задан 1 Май '12 23:53

10|600 символов нужно символов осталось
3

alt text

ссылка

отвечен 2 Май '12 18:41

изменен 2 Май '12 19:00

вообще-то, нужно еще доказать, что "неблагоприятствующие" области не пересекаются.

(2 Май '12 22:39) Андрей Юрьевич
10|600 символов нужно символов осталось
3

Откорректировал. Можно решить задачу геометрически. Пусть, $%x,y,z$% - длины отрезков, положим $%l=1$%.
Система неравенств $% x>0,\; y>0,\; z>0,\;x<1,\; y<1,\; z<1 $% определяет в пространстве $%(x,y,z)$% единичный куб. Добавление неравенств $% x+y \gt z, \; x+z \gt y, \; y+z \gt x$% дает многогранник $%T$%, объем которого численно равен искомой вероятности.

Дополнение. Для нахождения объема многогранника $%T$% зафиксируем некоторое $%0\lt z \lt 1$% и рассмотрим допустимую область в сечении $%z$%. Это будет пятиугольник, получающийся из единичного квадрата отсечением трех равнобедренных прямоугольных треугольников: одного с катетами $%z$% и двух с катетами $%1-z$%. Его площадь $%S(z)=1-z^2/2-(1-z)^2$%. Проинтегрировав $%S(z)$% от 0 до 1, получаем искомую вероятность. Она равна $%1/2$%.

II способ(то же самое, но без интеграла). Рассмотрим случай, когда $%x,y,z$% могут с равной вероятностью принимать только целочисленные значения от $%1$% до $%n$%. Всего возможно $%n^3$% различных исходов испытания. Для подсчета количества благоприятных испытаний при фиксированном $%z$% составим таблицу $%n \cdot n$%, строки которой соответствуют всем возможным значениям y, а столбцы - всем возможным значениям x, и посчитаем количество допустимых клеток. Недопустимыми областями будут:

  1. левый верхний треугольник $%x \le z, \; y \le z$%, содержащий $%z \cdot (z+1)/2$% клеток;
  2. левый нижний треугольник $%n-z \le y \le n, \; x \le n-z$%, содержащий $%(n-z) \cdot (n-z+1)/2$% клеток;
  3. правый верхний треугольник $%n-z \le x \le n, \; y \le n-z$%, содержащий $%(n-z) \cdot (n-z+1)/2$% клеток.

Таким образом, количество допустимых клеток $%N(z)=n^2- z \cdot (z+1)/2- (n-z) \cdot (n-z+1)$%

Просуммировав $%N(z)$% по $%z$% от 1 до $%n$% (используя формулу суммирования квадратов), разделив на $%n^3$% и перейдя к пределу при $%n \to \infty$%, получим искомую вероятность.

ссылка

отвечен 2 Май '12 0:40

изменен 2 Май '12 15:43

Откуда ограничение $%x+y+z<1$%? По-моему область, пробегаемая $%(x,y,z)$% - куб.
Решение хорошее, но, боюсь, студентам трудно будет представить себе эти многогранники. Даже мне трудно... И как считать их объемы? Элементарными методами или интегралом?

(2 Май '12 0:43) DocentI

Я подумал, что в условии имеется в виду сумма длин отрезков. Если же это ограничение на каждый из отрезков, то конечно, условие $%x+y+z<1$% превращается в условия $%x<1, y<1, z<1$%, а тетраэдр $%T_0$% превращается в куб.

(2 Май '12 0:49) Андрей Юрьевич

Тогда второй "тетраэдр" превращается в более сложный многогранник. Поэтому я и говорила и "переборе случаев".

(2 Май '12 0:51) DocentI
10|600 символов нужно символов осталось
3

Можно и элементарными методами. Продолжаю рассуждения @Андрей Юрьевич. Пусть $%ABCDA_1B_1C_1D_1$% единичный куб, область всех исходов, где

$$D(0;0;0),A(1;0;0),B(1;1;0),C(0;1;0),B_1(1;1;1),A_1(1;0;1),D_1(0;0;1),C_1(0;1;1)$$

  • $%x+y-z=0$% уравнение плоскости $%DA_1C_1$%,
  • $%z+y-x=0$% уравнение плоскости $%DBA_1$%,
  • $%x+z-y=0$% уравнение плоскости $%DBC_1$%.

Эти плоскости разделяют куб на $% 3 $% равных тетраэдра $%D_1A_1C_1D$%, $%CC_1BD$%, $%AA_1BD$% с обьемамы $% 1/6$%, а оставшиеся часть куба - многогранник $%T$%(которoй принадлежит вершинa B). Эта часть удовлетворяет неравенствам $%x+z > y, x+y > z, z+y > x$%.

$$ p=V_T=V_{куб}-3V_{тетр}=1-3/6=1/2 $$

ссылка

отвечен 2 Май '12 15:17

изменен 2 Май '12 20:14

10|600 символов нужно символов осталось
1

Может, будет нагляднее решать так. Рассмотрим случай $%0\le x\le y \le z\le 1$%. Из таких отрезков можно сложить треугольник, если, кроме того $%z\le x+y$%. Построим сечение для z = const. Оно имеет вид, заштрихованный на рисунке.
alt text

Площадь этого треугольника - $%z^2/4$%, так что объем соответствующего многогранника есть $%\int_0^1{z^2\over4}dz={1\over 12}$%. Чтобы получить окончательный ответ, умножим его на 3! = 6 (чтобы участь другие порядки для переменных).

Но все-таки интересно, нет ли какого-нибудь хитрого рассуждения, которое давало бы ответ 1/2 без интегралов?

ссылка

отвечен 2 Май '12 14:06

изменен 2 Май '12 14:07

10|600 символов нужно символов осталось
1

Обозначим отрезки a, b и d (это не длины, а обозначения отрезков). Пусть d будет наибольшим. Тогда возможно 2 исхода: (a + b) > = d и (a + b) < d. Благоприятствующий один. Искомая вероятность: 1/2

ссылка

отвечен 3 Май '12 8:31

1

На этот счет я уже приводил пример "Какова вероятность встретить в Москве динозавра? 1/2 -либо встретишь, либо нет".

(3 Май '12 9:15) Андрей Юрьевич

Получается, что ответ не зависит от ограничений на переменные? Если считать, что сумма длин не превосходит 1 (как сначала думал А.Ю.), то ответ будет только 1/4.

Если a, b, d - не длины, а сами отрезки, почему Вы их складываете?

(3 Май '12 9:31) DocentI

Я подумал, что ограничения поставлены для конспирации ответа. Но с учётом ограничений задача снижается до вероятности встретить динозавра в западной или восточной половине Москвы, т. е. до 1/4... Из трёх отрезков, не измеряя их, на-глазок, можно увидеть наибольший (или предположить, что таковой есть). Всё остальное - логический домысел желающего получить нужный ответ. Отрезки я не складываю, но понимаю, в каком случае из них можно получить искомый результат (треугольник). Или не получить его.

(3 Май '12 17:30) nikolaykruzh...
10|600 символов нужно символов осталось
1

Есть вариант этой задачи, когда на отрезок случайно, равномерно и независимо бросаются две точки. Отрезок оказывается разбит на три части, и спрашивается, с какой вероятностью можно из них составить треугольник.

Ответ здесь получается другой: вероятность равна $%1/4$%. Решение в этом случае намного проще, и обойтись без интегралов совсем легко, опираясь только на соображения симметрии. Рассмотрим середину $%C$% отрезка $%AB$%. Если бросаемые точки $%X$%, $%Y$% упали в одну из половинок, то треугольник составить нельзя, а происходит это с вероятностью $%1/2$%. Пусть теперь точки упали в разные половинки. Вопрос возникает только про длину среднего отрезка: будет ли выполнено условие $%XY < AX+YB$%? Это условие равносильно тому, что $%XY < 1/2$%. Здесь уже из соображений симметрии понятно, что эта вероятность равна $%1/2$% -- при условии, что точки попали в разные половинки. Проще всего представить себе, что точки равномерно бросаются на окружность, разделённую на две дуги одинаковой длины. Тогда можно взять верхнюю и нижнюю дугу $%XY$%. Ясно, что одна длиннее другой с одинаковой вероятностью. Таким образом, в половине случаев из половины случаев треугольник будет можно составить.

Что касается исходной постановки, то я думаю, что там нет более простых соображений, чем сведение вопроса к объёму тетраэдров. Как известно, тетраэдр не является равносоставленным кубу при разбиении на конечное число многогранников. Фактически, это тот же вопрос, который ставил Гильберт в своей 3-й проблеме. Она была вскоре после этого решена отрицательно, то есть это означает, что при вычислении объёма тетраэдра так или иначе необходима операция предельного перехода, а чисто комбинаторные способы не проходят.

ссылка

отвечен 20 Мар '13 19:21

Ничего себе! Какие серьезные аналогии для учебной задачи! Большое спасибо за идею!

(21 Мар '13 0:07) DocentI

@DocentI: я вскоре хочу поместить здесь аналогичный вопрос о тетраэдре. Точнее, серию вопросов, потому что там много вариаций. Судя по всему, в полном виде задача пока не решена -- см., например, обсуждение здесь. Но я хочу начать с рассмотрения некоторых ослабленных её вариантов.

(21 Мар '13 0:28) falcao
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:

×1,843

задан
1 Май '12 23:53

показан
6683 раза

обновлен
21 Мар '13 0:28

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