Taslak plan geliştirildi
Trofimova Lyudmila Alekseevna
Geometrik olasılık
Amaçlar ve hedefler: 1) Öğrencilere olası ödev yöntemlerinden birini tanıtın
olasılıklar;
2) Öğrenilenlerin tekrarı ve formalleştirme becerilerinin pekiştirilmesi
Geometrik şekillerin kullanıldığı kelime olasılık problemleri.
Öğrenme sonuçları:
1) Bir noktanın seçilmesinin geometrik olasılığının tanımını bilir
bir düzlem ve düz bir çizgi üzerindeki bir şeklin içinde;
2) Basit geometrik olasılık problemlerini çözebilir,
Şekillerin alanlarını bilmek veya hesaplayabilmek.
BEN. Düzlemdeki bir şekilden bir noktanın seçilmesi.
Örnek 1. Bir düşünce deneyi düşünün: Kenarı 1 olan bir karenin üzerine rastgele bir nokta atılıyor. Soru şu: Bu noktanın karenin en yakın kenarına uzaklığı en fazla olan bir olayın olasılığı nedir? ?
Bu problemde sözde bahsediyoruz geometrik olasılık.
Bir şeklin üzerine rastgele bir nokta atılıyor F bir uçakta. Bir noktanın belirli bir rakama düşme olasılığı nedir? G,Şekilde yer alan F.
Cevap, "rastgele bir nokta atmak" ifadesine ne anlam yüklediğimize bağlıdır.
Bu ifade genellikle şu şekilde yorumlanır:
1. Atılan nokta şeklin herhangi bir yerine çarpabilir F.
2. Bir noktanın belirli bir rakama düşme olasılığı G figürün içinde F,şeklin alanıyla doğru orantılı G.
Özetlemek gerekirse: şekillerin alanları olsun ve olsun F Ve G. Olayın olasılığı A“X noktası şekle ait G,Şekilde yer alan F", eşittir
Şeklin alanının olduğuna dikkat edin Gşeklin alanından fazla değil F, Bu yüzden
Görevimize dönelim. Figür F bu örnekte kenarı 1 olan bir kare. Bu nedenle =1.
Bir nokta, şekildeki gölgeli şeklin içine giriyorsa, karenin kenarından en fazla 0 kadar uzaklaştırılır. G. Alanı bulmak için şeklin alanından ihtiyacınız var F kenar ile iç karenin alanını çıkarın.
O zaman noktanın şeklin içine düşme olasılığı G, eşit
Örnek 2. ABC üçgeninden rastgele seçilen X noktasının, köşeleri üçgenin kenarlarının orta noktaları olan bir üçgene ait olma olasılığını bulun.
Çözüm:Üçgenin orta çizgileri onu 4 eşit üçgene böler. Araç,
X noktasının KMN üçgenine ait olma olasılığı şuna eşittir:
Çözüm. Bir noktanın belli bir rakama düşme olasılığı bu rakamın alanıyla doğru orantılıdır.
Görev. Sabırsız düellocular.
Dikkat şehrinde düellolar nadiren üzücü bir şekilde sona erer. Gerçek şu ki, her düellocu sabah saat 5 ile 6 arasında rastgele bir saatte buluşma yerine geliyor ve rakibini 5 dakika bekledikten sonra ayrılıyor. İkincisi bu 5 dakika içinde gelirse düello gerçekleşecektir. Düelloların ne kadarı aslında çatışmayla sonuçlanıyor?
Çözüm:İzin vermek X Ve en saat 5'ten başlayarak saatin kesirleri halinde ölçülen sırasıyla 1. ve 2. düellocuların varış zamanını gösterir.
Düellocular eğer buluşursa, yani. X - < sen< X + .
Bunu çizimde gösterelim.
Meydanın gölgeli kısmı düellocuların buluştuğu duruma karşılık geliyor.
Karenin tamamının alanı 1, taralı kısmın alanı:
.
Bu, dövüş şansının eşit olduğu anlamına gelir.
II. Bir dairenin bir parçasından ve bir yayından bir nokta seçme.
Belirli bir MN segmentinden bir X noktasının rastgele seçilmesinden oluşan bir düşünce deneyi düşünelim.
Bu sanki X noktasının doğru parçası üzerine rastgele “atıldığı” şeklinde anlaşılabilir. Bu deneydeki temel olay, parça üzerindeki herhangi bir noktanın seçimi olabilir.
CD segmentinin MN segmentinde yer almasına izin verin. Etkinlikle ilgileniyoruz A
, seçilen X noktasının CD segmentine ait olması gerçeğinden oluşur.
Bu olasılığı hesaplama yöntemi, düzlemdeki rakamlarla aynıdır: olasılık, CD parçasının uzunluğuyla orantılıdır.
Bu nedenle bir olayın olasılığı A “X noktası MN doğru parçasının içerdiği CD doğru parçasına aittir” eşittir, .
Örnek 1. MN doğru parçası içinden rastgele bir X noktası seçiliyor. X noktasının N noktasına M noktasından daha yakın olma olasılığını bulun.
Çözüm: O noktası MN doğru parçasının orta noktası olsun. Olayımız, X noktası ON segmentinin içinde olduğunda gerçekleşecektir.
Daha sonra 
.
X noktası bir doğru parçasından değil de bir eğri çizginin yayından seçilirse hiçbir şey değişmez.
Örnek 2. A ve B noktaları bir daire üzerinde verilmiştir ve bu noktalar taban tabana zıt değildir. Aynı çember üzerinde C noktası seçiliyorsa BC doğru parçasının A noktasından geçen çemberin çapıyla kesişme olasılığını bulun.
Çözüm:Çevre L olsun. Bizi ilgilendiren olay İLE "BC doğru parçası DA çapıyla kesişir" yalnızca C noktası, B noktasını içermeyen bir DA yarım daire üzerinde yer alıyorsa oluşur. Bu yarım dairenin uzunluğu L'dir.
.
Örnek 3. A noktası çemberin üzerine alınıyor ve B noktası çemberin üzerine atılıyor. AB kirişinin uzunluğunun çemberin yarıçapından küçük olma olasılığı nedir?
Çözüm:Çemberin yarıçapı r olsun.
AB kirişinin dairenin yarıçapından daha kısa olması için, B noktasının uzunluğu dairenin uzunluğuna eşit olan B1AB2 yayının üzerine düşmesi gerekir.
AB kirişinin uzunluğunun dairenin yarıçapından küçük olma olasılığı:
III. Sayı doğrusundan nokta seçme
Geometrik olasılık sayısal aralıklara uygulanabilir. Koşulu karşılayan bir X sayısının rastgele seçildiğini varsayalım. Bu deneyin yerini, sayı doğrusu üzerindeki bir doğru parçasından koordinatı X olan bir noktanın seçildiği bir deney alabilir.
Doğru parçasının içerdiği bir doğru parçasından koordinatı X olan bir noktanın seçilmesi olayını ele alalım. Bu olayı belirtelim. Olasılığı, bölümlerin uzunluklarının oranına eşittir ve .
.
Örnek 1. Parçadan rastgele seçilen bir noktanın parçaya ait olma olasılığını bulun.
Çözüm: Geometrik olasılık formülünü kullanarak şunları buluyoruz:
.
Örnek 2. Trafik kurallarına göre, bir yaya, görüş alanında yaya geçidi yoksa, belirtilmeyen bir yerden karşıya geçebilir. Mirgorod şehrinde Solnechnaya Caddesi'ndeki yaya geçitleri arasındaki mesafe 1 km'dir. Bir yaya iki kavşak arasında Solnechnaya Caddesi'nden geçiyor. Geçiş işaretini kendisinden en fazla 100 m uzakta görebilir. Yayanın kuralları ihlal etme olasılığını bulun.
Çözüm: Geometrik yöntemi kullanalım. Sayı doğrusunu, caddenin kavşaklar arasındaki bölümü segment olacak şekilde düzenleyelim. Bir yayanın X koordinatıyla bir noktada sokağa yaklaşmasına izin verin. Yaya, her geçişten 0,1 km'den, yani 0,1 km'den daha uzaktaysa kuralları ihlal etmez. Örnek 3. Tren peronu yarım dakikada geçiyor. Bir noktada, tamamen şans eseri, Ivan Ivanovich kompartımanının penceresinden dışarı bakarken trenin peronun yanından geçtiğini gördü. Ivan Ivanovich tam 10 saniye boyunca pencereden dışarı baktı ve sonra arkasını döndü. Platformun tam ortasında duran Ivan Nikiforovich'i görme olasılığını bulun. Çözüm: Geometrik yöntemi kullanalım. Saniyeler içinde geri sayacağız. Ivan Ivanovich'in platformun başlangıcını yakaladığı anı 0 saniye olarak kabul edelim. Daha sonra 30 saniyede platformun sonuna ulaştı. X saniye için. İvan İvanoviç'in pencereden dışarı baktığı anı işaretleyelim. Bu nedenle X sayısı parçadan rastgele seçilir. Ivan'a 15 saniyede yetiştim. Ivan Nikiforovich'i ancak o andan önce pencereden dışarı baktığında, ancak ondan en geç 10 saniye önce görmediğinde gördü. Bu nedenle olayın geometrik olasılığını bulmanız gerekir. Bulduğumuz formülü kullanarak "Olasılıksal arka plan"
"Ölü Canlar" şiirinin en başında iki adam, Chichikov'un arabasındaki tekerleğin ne kadar uzağa gideceğini tartışıyor: “...otelin karşısındaki meyhanenin kapısında duran iki Rus adam, içinde oturanlardan çok arabayla ilgili olan bazı yorumlarda bulundu. "Bakın" dedi biri diğerine, "ne tekerlek! Sizce bu çark Moskova'ya ulaşır mı, ulaşmaz mı?” "Oraya varacak" diye yanıtladı diğeri. "Ama Kazan'a varacağını sanmıyorum?" Bir başkası, "Kazan'a varamayacak" diye yanıtladı. Çözülmesi gereken sorunlar. 1. Kenarı 4 olan bir ABCD karesine rastgele atılan bir noktanın, ABCD karesinin içinde yer alan, kenarı 3 olan A1B1C1D1 karesine gelme olasılığını bulun. Cevap. 9/16. 2. A ve B adlı iki kişi 900 ile 1000 arasındaki zaman aralığında belirli bir yerde buluşmak üzere anlaşmışlardır. Her biri diğerinden bağımsız olarak rastgele (belirlenen zaman aralığında) gelir ve 10 dakika bekler. Karşılaşma olasılıkları nedir? Cevap. 11/36. 3. Uzunluğu 3 olan bir AB doğru parçasında, C noktası rastgele beliriyor. C noktasından B noktasına olan mesafenin 1'i aşma olasılığını belirleyin. Cevap. 2/3. 4. Yarıçapı 5 olan bir dairenin içine en büyük alana sahip bir üçgen yazılmıştır. Yanlışlıkla bir daireye atılan bir noktanın üçgene düşme olasılığını belirleyin. 5. Buratino, 20 cm x 25 cm ölçülerinde dikdörtgen bir tabaka üzerine 1 cm yarıçaplı yuvarlak bir leke ekti. Bundan hemen sonra Buratino, tamamen yaprağın üzerine çıkan başka bir özdeş leke ekti. Bu iki lekenin birbirine değmeme olasılığını bulun. 6. ABCD karesi bir dairenin içine yazılmıştır. Bu çember üzerinde rastgele bir M noktası seçiliyor. Bu noktanın aşağıdakilerin üzerinde olma olasılığını bulun: a) daha küçük olan AB yayının; b) daha büyük AB yayı. Cevap. a) 1/4; b) 3/4. 7. X noktası doğru parçası üzerine rastgele atılıyor ve eşitsizlik hangi olasılıkla geçerli? a) ; B) ; V)? Cevap. a) 1/3; b) 1/3; c) 1/3. 8. Ivanovo köyü hakkında bilinen tek şey, Mirgorod ile Stargorod arasındaki karayolu üzerinde bir yerde bulunmasıdır. Karayolunun uzunluğu 200 km'dir. Şu olasılığı bulun: a) Mirgorod'dan Ivanovo'ya karayolu boyunca 20 km'den az; b) karayolu boyunca Stargorod'dan Ivanovo'ya 130 km'den fazla; c) Ivanovo, şehirler arasındaki orta noktaya 5 km'den daha az bir mesafede yer almaktadır. Cevap. a) 0,1; b) 0,35; c) 0,05. Ek malzeme
2. Rastgele X noktası bir karede düzgün şekilde dağılmıştır Edebiyat: 1. Olasılık teorisi ve istatistik / , . – 2. baskı, revize edildi. – M.: MTsNMO: ders kitapları,” 2008. – 256 s.: hasta. 2. Excel / , . kullanarak örnek ve problemlerde olasılık teorileri ve matematiksel istatistikler. – Ed. 4. – Rostov n/d: Phoenix, 2006. – 475 s.: hasta. – (Yüksek öğrenim). 3. Çözümleriyle birlikte elli eğlenceli olasılık problemi. Başına. İngilizce/Ed'den. . 3. baskı. – M.: Nauka, Fiziksel ve matematiksel literatürün ana yazı işleri ofisi, 1985. – 88 s. 4. Olasılık teorisindeki problemlerin toplanması: Ders Kitabı. Üniversiteler için el kitabı./, – 2. baskı, revize edildi. Ve ek – M.: Bilim. Ch. ed. Fizik-matematik. Yaktı. – 1989. – 320 s. 5. Matematikte seçmeli ders: Olasılık teorisi: Proc. 9-11 sınıflar için el kitabı. ortalama okul/ – 3. baskı. yeniden işlenmiş – M.: Eğitim, 1990. – 160 s.
.
.
Bir olayın olasılığına geometrik yaklaşım, geometrik uzayın ölçüm türüne bağlı değildir: yalnızca F temel olaylar kümesinin ve A olayını temsil eden G kümesinin aynı türde ve aynı boyutlarda olması önemlidir.
. X merkezi ve b uzunluğu koordinat eksenlerine paralel olan bir karenin tamamen A karesinin içinde kalma olasılığını bulun.
R yarıçaplı bir dairede eşit derecede rastgele bir nokta oluşturmam gerekiyor.
Bunu, aralıkta tekdüze rastgele bir açı seçerek merkezden uzaklıkları vererek anlıyorum. Üçgenimiz ince bir şerit olduğundan AB ve BC aslında paraleldir. Yani Z noktası orijine olan x + y uzaklığıdır. Eğer x + y > R ise onu geri atarız.
İşte R = 1'in tam algoritması. Umarım oldukça basit bulursunuz. Bir tetikleyici kullanır, ancak reddedilen bir numunenin aksine bunun ne kadar süreceği ve ne kadar random() gerektirdiği konusunda bir garanti verebilirsiniz.
T = 2*pi*random() u = random()+random() r = eğer u>1 ise o zaman 2-u yoksa u
İşte Mathematica'da.
F := Blok[(u, t, r), u = Rastgele + Rastgele;
t = Rastgele 2 Pi;
r = Eğer;< a , замените их. Ваша точка (b*R*cos(2*pi*a/b), b*R*sin(2*pi*a/b)) .
(r Cos[t], r Sin[t]) ] ListPlot, AspectRatio -> Otomatik]
İşte hızlı ve kolay bir çözüm.
(0, 1) aralığından a ve b olmak üzere iki rastgele sayı seçin. Eğer b
Bu size diskteki noktaların eşit dağılımını sağlayacaktır.
Bunu bu şekilde düşünün. Bir ekseninin yarıçap ve diğerinin açı olduğu bir dikdörtgeniniz varsa ve bu dikdörtgenin içinde yarıçapı 0'a yakın noktalar alırsanız. Bunların hepsi orijine çok yakın olacaktır (bu bir daireye yakındır). Bununla birlikte, R yarıçapına yakın noktaların tümü dairenin kenarına yakın (yani birbirlerinden çok uzakta) düşecektir.
Bu size neden bu davranışı aldığınıza dair bir fikir verebilir.
Temel önerme, kümülatif dağılım fonksiyonunun tekdüze tersini istenen olasılık yoğunluk fonksiyonuna uydurarak, tekdüze bir dağılımdan istenen dağılıma sahip bir değişken oluşturabilmenizdir. Ne için? Bunu hafife alın ama bu bir gerçek.
İşte matematikle ilgili biraz sezgisel açıklamam. r'ye göre yoğunluk fonksiyonu f(r), r'nin kendisiyle orantılı olmalıdır. Bu gerçeği anlamak tüm temel matematik kitaplarının bir parçasıdır. Kutupsal elemanlarla ilgili bölümlere bakınız. Diğer bazı posterlerde bundan bahsediliyordu.
O halde buna f(r) = C * r diyelim;
Bunun işin büyük bir parçası olduğu ortaya çıkıyor. Şimdi, f(r) bir olasılık yoğunluğu olması gerektiğinden, f(r)'yi (0, R) aralığı boyunca entegre ettiğimizde C = 2/R^2 sonucunu elde ettiğimizi görmek kolaydır (bu okuyucu için bir alıştırmadır) .)
Yani f(r) = 2 * r/R^2
Daha sonra son kısım, (0,1)'deki tekdüze rastgele değişken u'dan gelir; bunu, bu gerekli yoğunluğun f(r) kümülatif dağılım fonksiyonunun tersiyle eşlemeniz gerekir. Durumun neden böyle olduğunu anlamak için Papulis gibi gelişmiş bir olasılık metni bulmanız (veya kendiniz almanız) gerekir.
f(r)'nin integralini alırsak F(r) = r^2/R^2 elde ederiz
Bunun ters fonksiyonunu bulmak için u = r^2/R^2 verirsiniz ve sonra r'yi çözersiniz, bu da size r = R * sqrt(u) sonucunu verir.
Bu aynı zamanda sezgisel olarak da anlamlıdır, u=0, r=0 ile eşleşmelidir. Ayrıca, u=1, r=R ile eşleşmelidir. Ayrıca, anlamlı olan ve bağlantıyla eşleşen karekök fonksiyonudur.
Saf çözümün işe yaramamasının nedeni, dairenin merkezine daha yakın noktalara daha yüksek olasılık yoğunluğu vermesidir. Başka bir deyişle, yarıçapı r/2 olan bir dairenin, içinde seçilen bir noktayı alma olasılığı r/2'dir, ancak alanı (nokta sayısı) pi * r^2/4'tür.
Bu nedenle yarıçap olasılık yoğunluğunun aşağıdaki özelliğe sahip olmasını istiyoruz:
Belirli bir r'den küçük veya ona eşit bir yarıçap seçme olasılığı, r yarıçaplı dairenin alanıyla orantılı olmalıdır. (çünkü noktalar arasında eşit bir dağılım olmasını istiyoruz ve daha büyük alanlar daha fazla puan anlamına gelir)
Başka bir deyişle, arasında bir yarıçap seçme olasılığının, dairenin toplam alanının kesrine eşit olmasını istiyoruz. Bir dairenin toplam alanı pi * R^2 ve yarıçapı r olan bir dairenin alanı pi * r^2'dir. Yani yarıçapı seçme olasılığının (pi * r^) olmasını istiyoruz. 2)/(pi * R^2 ) = r^2/R^2.
Şimdi matematik geliyor:
Arasında bir yarıçap seçme olasılığı, p(r)dr'nin 0'dan r'ye integralidir (bunun nedeni, daha küçük yarıçapların tüm olasılıklarını toplamamızdır). Yani (p(r)dr) = r^2/R^2 integralini istiyoruz. R^2'nin bir sabit olduğunu açıkça görebiliyoruz, dolayısıyla yalnızca p(r)'den hangisinin integrali alındığında olacağını bulmamız gerekiyor. bize r^2 gibi bir şey verin. Cevap açıkça r* sabitidir. integral (r * const dr) = r ^ 2/2 * sabit. Bu r^2/R^2'ye eşit olmalıdır, dolayısıyla sabit = 2/R^2 Yani p(r) = r*2/R^2 olasılık dağılımına sahip olursunuz.
Not. Sorun hakkında düşünmenin bir başka sezgisel yolu, olasılık yarıçapındaki her daireye, çevre uzunluğu üzerindeki nokta sayısının oranına eşit bir olasılık olasılığı vermeye çalıştığınızı hayal etmektir. Yani yarıçapı r olan bir dairenin çevresi boyunca 2 * pi * r "noktası" olacaktır. Toplam nokta sayısı pi * R^2'dir. Dolayısıyla r çemberine (2 * pi * r)/(pi * R^2) = 2 * r/R^2'ye eşit bir olasılık vermelisiniz. Anlıyor ve daha sezgisel, ancak matematiksel olarak o kadar sağlıklı değil.
Bu gerçekten "tekdüze rastgele" ile ne demek istediğinize bağlıdır. Bu iyi bir nokta ve bununla ilgili daha fazla bilgiyi buradaki wiki sayfasında okuyabilirsiniz: http://en.wikipedia.org/wiki/Bertrand_paradox_%28probability%29, burada "tekdüze rastgele" ifadesinin farklı yorumlarını veren aynı problem, şunu verir: farklı cevaplar!
Noktaları nasıl seçtiğinize bağlı olarak dağılım biraz tekdüze olsa da değişebilir.
Blog girişi, bunu şu anlamda tekdüze rastgele yapmaya çalışıyor gibi görünüyor: aynı merkeze sahip bir dairenin bir alt çemberini alırsanız, o zaman bir noktanın o bölgeye düşme olasılığı bölgenin alanıyla orantılıdır. . Bunun, üzerinde tanımlanmış bölgelere sahip 2B bölgeler için artık standart olan "tekdüze rastgele" yorumu izlemeye çalıştığına inanıyorum: herhangi bir bölgeye (iyi tanımlanmış bir bölgeye sahip) düşen bir noktanın olasılığı, alanıyla orantılıdır. o bölge.
İşte yarıçaplı bir rad dairesinden rastgele sayıda nokta oluşturmak için Python kodum:
Matplotlib.pyplot'u plt olarak içe aktarın numpy'yi np olarak içe aktarın 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, sayı)) 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()
ρ (yarıçap) ve φ (azimut), daire içindeki rastgele bir noktanın kutupsal koordinatlarına karşılık gelen iki rastgele değişken olsun. Noktalar düzgün dağılıyorsa ρ ve φ fonksiyonlarının dağılım fonksiyonu nedir?
Herhangi bir r için: 0 P[ρ Burada S1 ve S0 sırasıyla r ve R yarıçaplı bir dairenin alanlarıdır. Yani CDF şu şekilde belirtilebilir: 0 eğer 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).
R = 1 için rastgele değişken sqrt (X) olduğuna dikkat edin; burada X, 0'da = P = y * * 2'de tekdüzedir. φ dağılımı görünüşte 0'dan 2 * π'ye kadar tekdüzedir. Artık rastgele kutupsal koordinatlar oluşturabilir ve bunları trigonometrik denklemleri kullanarak Kartezyen'e dönüştürebilirsiniz: X = ρ * cos(φ) y = ρ * sin(φ) R=1 için python kodunu yayınlamaya karşı koyamıyorum. Matplotlib'den pyplot'u plt olarak içe aktarın numpy'yi as 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) Alacaksın Java çözümü ve yayılma örneği (2000 puan) 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); İlk önce cdf[x] oluşturacağız; Bir noktanın çemberin merkezine olan x mesafesinden daha az olma olasılığı. Çemberin yarıçapının R olduğunu varsayalım. açıkçası, eğer x sıfırsa, o zaman cdf = 0 olur açıkçası, eğer x, R'ye eşitse, o zaman cdf [R] = 1 açıkçası, eğer x = r ise, o zaman cdf [r] = (Pi r ^ 2)/(Pi R ^ 2) Bunun nedeni, daire üzerindeki her "küçük alanın" aynı seçilme olasılığına sahip olmasıdır, dolayısıyla olasılık o alanla orantılıdır. Çemberin merkezinden x kadar uzaklıkta verilen alan ise Pi r^2'dir. yani cdf[x] = x^2/R^2 çünkü Pi birbirini iptal eder elimizde cdf[x] = x^2/R^2 var, burada x 0'dan R'ye gidiyor Yani x'i çözüyoruz R^2 cdf[x] = x^2 x = R Sqrt[ cdf[x] ] Artık cdf'yi 0 ile 1 arasında rastgele bir sayıyla değiştirebiliriz X = R Sqrt[ RastgeleGerçek[(0,1)] ] R = R Sqrt[ RastgeleGerçek[(0,1)] ]; teta = 360 derece * RastgeleGerçek[(0,1)]; (r,teta) kutupsal koordinatları alıyoruz (0,601168 R, 311,915 derece) Bu yöntemi kullandım: Bu tamamen optimize edilmemiş olabilir (yani bir dizi nokta kullanır, bu nedenle büyük daireler için uygun değildir), ancak rastgele bir dağılım verir. İsterseniz matris oluşturmayı atlayıp doğrudan çizim yapabilirsiniz. Yöntem, dikdörtgendeki dairenin içine düşen tüm noktaları rastgele seçmektir. Bool[,] getMatrix(System.Drawing.Rectangle r) ( bool[,] matris = yeni bool; dönüş matrisi; ) void fillMatrix(ref bool[,] matris, Vektör merkezi) ( çift yarıçap = center.X; Rastgele r = new Rastgele(); 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;< 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);
}
) ) ) ) özel void DrawMatrix(Vector centerPoint, double radius, bool[,] matris) ( var g = this.CreateGraphics(); Bitmap piksel = new Bitmap(1,1); piksel.SetPixel(0, 0, Color) .Siyah); for (int y = 0; y) Bir dairenin alan elemanı dA = rdr * dphi'dir. Bu ek faktör, r ve phi'yi rastgele seçme fikrinizi mahvetti. Phi düz bir şekilde dağıtılırken, r öyle değildir, ancak 1/r'de düzdür (yani sınıra çarpma olasılığınız tam bir hedef noktası olmaktan daha yüksektir). Dolayısıyla, bir daire etrafında eşit olarak dağıtılmış noktalar oluşturmak için düz dağılımdan phi'yi ve 1/r dağılımından r'yi seçin. Bir alternatif Mehrdad tarafından önerilen Monte Carlo yöntemini kullanmaktır. DEĞİŞTİRMEK 1/r'de rastgele bir r dairesi seçmek için aralıktan rastgele bir x seçip r = 1/x'i hesaplayabilirsiniz. r daha sonra yoğun bir şekilde 1/r'ye dağıtılır. Rastgele phi'yi hesaplamak için aralıktan rastgele bir x seçin ve phi = 2 * pi * x'i hesaplayın. Sezginizi de kullanabilirsiniz. Bir dairenin alanı pi*r^2'dir Bu bize pi alanını verir. Çemberin içinde N=10 noktayı eşit olarak dağıtacak bir f fonksiyonumuzun olduğunu varsayalım. Buradaki oran 10/pi Şimdi alanı ve nokta sayısını ikiye katlıyoruz Bu 4pi'lik bir alan verir ve oran artık 20/4pi veya 10/2pi'dir. Yarıçap büyüdükçe oran küçülecek ve küçülecektir, çünkü büyümesi ikinci dereceden ve N doğrusaldır. Bunu düzeltmek için şunu söyleyebiliriz: X = r^2 sqrt(x) = r Bunun gibi kutupsal koordinatlarda bir vektör oluşturursanız Dışarıda sonbaharın ilk günleri ve ağaçlardaki sarı yapraklar lirik ve biraz hüzünlü bir ruh hali uyandırıyor…. Ancak önümüzde hala koca bir akademik yıl var ve böyle anlarda verimli çalışmaya hazırlanmak gerekiyor! Vücudunuzun tonunu hızla artırmanıza olanak tanıyan imza tarifimle tüm üzgün okuyucuları memnun etmek için acele ediyorum. Bunu yapmak için biraz hatırlamanız yeterli geometri… … hayır, bazen sizi uyuttuğuna katılıyorum, ancak küçük dozlarda son derece canlandırıcıdır! Ve en önemlisi, çok etkilidir - bilginin hayat veren kısımlarını almaya başladığınız anda, hemen mevsimsel depresyon yaşamayacaksınız! Konuyla ilgili ilk derste tanışmıştık. olasılığın klasik tanımı bir testte bazı olayların meydana gelmesi ve en basit formül; burada toplam sayı hepsi mümkün eşit derecede mümkün
, temel
Belirli bir testin sonuçları ve olaya uygun temel sonuçların sayısıdır. Terminoloji ve/veya anlama konusunda sorun mu yaşıyorsunuz? Lütfen şununla başlayın: olasılık teorisinin temelleri. Devam edelim: Olasılığın klasik tanımının bir dizi problemin çözümünde etkili olduğu ortaya çıkıyor, ancak diğer yandan bir takım dezavantajları da var. Eksiklikler değil, sınırlamalar demek daha doğru olur. Böyle bir sınırlama, sonsuz sayıda sonucu olan denemeler için geçerli olmamasıdır. En basit örnek: Segmente rastgele bir aç nokta atılır. arasına düşme olasılığı nedir? Her şey çok benzer: Bir testte bazı olayların meydana gelme olasılığı şu orana eşittir: burada – geometrik ölçü toplam sayıyı ifade eden hepsi mümkün Ve eşit derecede mümkün bu testin sonuçları ve – ölçüm olay için olumlu sonuçların sayısını ifade eder. Uygulamada, böyle bir geometrik ölçü çoğunlukla uzunluk veya alan, daha az sıklıkla ise hacimdir. Olayı ele alalım: – Bir doğru parçası üzerine atılan bir nokta aralığa düşüyor. Açıkçası, sonuçların toplam sayısı daha büyük bölümün uzunluğuyla ifade edilir: Çok mu kolay? Şu durumda olduğu gibi klasik çözünürlüklü, bu yanıltıcı bir izlenimdir. Pratik örnekleri iyice ve titizlikle anlıyoruz: Sorun 1 Metre bandı makasla rastgele kesilir. Kesim uzunluğunun en az 80 cm olma olasılığını bulun. Çözüm: “Bunun nesi bu kadar karmaşık? Olasılık 1/5’tir.” Bu ihmal nedeniyle yapılan otomatik bir hatadır. Evet, bu kesinlikle doğru - banttan 20 santimetreden fazla kesmezseniz kesme uzunluğu en az 80 cm olacaktır. Ancak burada sıklıkla istenilen kesimin yapılabileceğini unutuyorlar birinden hoşlanmak kasetin sonu ve diğerinden: Bant herhangi bir yerde kesilebildiğinden, toplam sonuç sayısı uzunluğuna karşılık gelir: Kesimin olay için uygun olan bölümleri şekilde kırmızı ile işaretlenmiştir ve bunların toplam uzunluğu şuna eşittir: Cevap: 0,4 Ne sonuca varılabilir? Görev size çok basit görünse bile Acele ETMEYİN. Dürtüsellik genellikle kötü bir şeydir; hatalar, gereksiz satın almalar, zarar görmüş cilt ilişkileri vb. anlamına gelir... ama üzücü şeyler hakkında konuşmayalım! Görevleri hazırlarken boyutu belirttiğinizden emin olun. (birim, metre, birim kare, metrekare vb.). Bu arada, hesaplamaların son aşamasında geometrik ölçünün azaltıldığını unutmayın. Dolayısıyla ele alınan örnekte sayaçlar azaltıldı: bu da olağan boyutsuz olasılığa neden oldu. Sorun 2 Fırtınanın ardından telefon hattının 40 ile 70'inci kilometreleri arasında kalan bölgede tel kopması meydana geldi. Hattın 50. ve 55. kilometreleri arasında meydana gelme olasılığı nedir? Dersin sonunda kısa çözüm ve cevap. Çok daha yaygın olanı, alanların göründüğü örneklerdir: Sorun 3 Kenarları olan bir üçgenin içine bir daire yazılmıştır. Nokta keyfi olarak üçgenin içine yerleştirilir. Noktanın çemberin içine düşme olasılığını bulun. Yazılı dairenin üçgenin içinde yer aldığını ve kenarlarına 3 noktada değdiğini hatırlatayım. Çözüm: nokta üçgenin içine yerleştirildiğinden ve daire içeride bulunduğundan, toplam sonuç sayısı üçgenin alanına karşılık gelir ve olumlu sonuçlar kümesi yazılı dairenin alanına karşılık gelir. Ne söyleyebilirim? Alanlar arıyoruz: Bir üçgenin kenarlarının uzunlukları verilmişse, alanını bulmak daha uygundur. Heron'un formülü: Öncelikle üçgenin yarı çevresini hesaplayalım: Faktörleri kökün altından çıkarma yöntemini eski çağlarda bir giriş dersinde ele almıştım. analitik geometri. Yazılı dairenin alanını, yarıçapı olan formülü kullanarak buluyoruz. Geometrik formülleri nereden alıyorsunuz? Gerekli formüller bir okul ders kitabında veya başka bir bilgi kaynağında bulunabilir. Aynı zamanda bunları özel olarak öğrenmeye gerek yok, şahsen sadece hatırladım ve geri kalan her şeyi Wikipedia'da birkaç dakika içinde buldum. Ve birkaç dakika içinde tüm bunları mutlu bir şekilde unutacağım =) Yani yazılı dairenin alanı: Geometrik tanım gereği: Cevap: Kendi başınıza çözebileceğiniz daha basit bir örnek: Sorun 4 Yarıçapı 10 cm olan bir dairenin içinde kenarları 12 ve 7 cm olan bir dik üçgen vardır. Dairenin içine rastgele bir nokta konuluyor. Verilen üçgene düşmeme olasılığını bulun. Bu problemde üçgenin daireye hiçbir şekilde dokunması gerekmediğine dikkat edilmelidir, sadece dairenin içinde yer alır ve hepsi bu. Dikkat olmak! Şimdi iyi bilinen toplantı problemini düşünün: Sorun 5 19.00 ile 20.30 saatleri arasında iki kamyon yükleme için gelebilir. İlk arabanın yüklenmesi 10 dakika, ikincisinin yüklenmesi ise 15 dakika sürer. Bir makinenin yüklemeyi bitirmesini diğerinin beklemek zorunda kalma olasılığı nedir? Durum hakkında biraz düşünelim. Birincisi, arabalar yükleme için herhangi bir sırayla, ikincisi ise herhangi bir zamanda bir buçuk saat içinde gelebilir. İlk bakışta karar oldukça zor görünüyor. Ve hazırlıksız bir kişi için bu gerçekten çok zor olacak. Bu sorunu çözme yönteminin ayrıntılı bir analizi, örneğin Gmurman'ın ders kitabında bulunabilir, ancak kendimi bir dereceye kadar resmi algoritmayla sınırlayacağım: Çözüm: Öncelikle toplantının yapılabileceği süreyi öğreniyoruz. Bu durumda yukarıda da belirtildiği gibi bir buçuk saat yani 90 dakikadır. Aynı zamanda, gerçek zaman diliminin burada pek bir önemi yok - arabaların yüklenmesi örneğin sabah 8.30'dan 10.00'a kadar gerçekleşebilir ve karar tamamen aynı olacaktır. Hesaplamalar hem bir saatin kesirleri hem de dakikalar halinde yapılabilir. Bana göre çoğu durumda dakikalarla çalışmak daha uygundur - daha az kafa karışıklığı olur. Entegrasyonun alt sınırını analitik olarak açıklayalım (hiperbolün kesişim noktasını bulalım ve düz): Bir segment üzerinde düz bir çizgi bulunur daha düşük değil hiperboller, Geometrik tanım gereği: Cevap: Bağımsız bir çözüm için benzer bir örnek. Olasılık, bir olayın meydana gelme olasılığının derecesidir (ölçü, niceliksel değerlendirme). Olasılığın klasik tanımı. Rastgele bir A olayının olasılığı, A olayını oluşturan uyumsuz eşit olasılıklı temel olayların n sayısının, tüm olası temel N olaylarının sayısına oranıdır: Olasılığın geometrik tanımı. Klasik tanımın sezgisel olmasına ve uygulamadan türetilmiş olmasına rağmen, en azından eşit derecede olası sonuçların sayısının sonsuz olduğu durumlarda doğrudan uygulanamaz. Sonsuz sayıda olası sonucun çarpıcı bir örneği, örneğin bir düzlem üzerinde S alanına sahip sınırlı bir geometrik bölge G'dir. Eşit olasılığa sahip rastgele "atılmış" bir "nokta" bu bölgedeki herhangi bir noktada sona erebilir. Sorun, bir noktanın alanı s olan belirli bir g alt bölgesine düşme olasılığını belirlemektir. Bu durumda klasik tanımı genelleştirerek, olasılığın geometrik tanımına s'nin S'ye oranı şeklinde ulaşabiliriz: B ve C olayları aynı anda gerçekleşemiyorsa, B veya C olaylarından birinin meydana gelme olasılığı bu olayların olasılıklarının toplamına eşittir: P(A + B) = P(A) + P(B). B olayı C olayına bağlı değilse, hem B hem de C olaylarının meydana gelme olasılığı bu olayların olasılıklarının çarpımına eşittir: P(A · B) = P(A) · P(B). Olasılık bulma problemlerini çözerken, kombinatoriklerden elde edilen bilgileri, özellikle de toplam ve çarpım kurallarını kullanmak genellikle uygundur. Toplama kuralı. Eğer bir A nesnesi bir dizi nesneden m yoldan seçilebiliyorsa ve başka bir B nesnesi n yoldan seçilebiliyorsa, o zaman A veya B'den biri m + n yolla seçilebilir. Ürün kuralı. Eğer bir A nesnesi bir dizi nesneden m şekilde seçilebiliyorsa ve bu tür her seçimden sonra başka bir B nesnesi n yoldan seçilebiliyorsa, o zaman bir nesne çifti (A, B) belirtilen sırayla m cinsinden seçilebilir · n yol. 1. Zar atmak. Sıradan bir zarın yüzünde 1, 2, 3, 4, 5, 6 sayıları bulunur. Atış sırasında atılan puanların toplamı 12 sayısını geçinceye kadar rastgele atılır. En olası toplam sayı nedir? puan? Sondan bir önceki atışa bakalım. Bundan sonra toplam şu değerlerden birini almalıdır: 12, 11, 10, 9, 8, 7. Eğer 12 ise, toplam sonucun 13, 14, 15 değerlerini alması eşit olasılıkla olacaktır. 16, 17, 18. Benzer şekilde, toplam 11 olduğunda nihai sonucun 13, 14, 15, 16, 17 vb. değerleri alması eşit olasılıklıdır. 13 sayısı her durumda eşit bir aday olarak karşımıza çıkıyor ve türünün tek sayısıdır. Bu nedenle 13 sayısı en olası olanıdır. Genel olarak aynı argümanlar, n'yi ilk kez aşması en muhtemel toplamın (n, 6 veya daha fazla ise) n+1 olduğunu göstermektedir. 2. Anlamsız jüri üyesi. Üç kişilik bir jüride, iki üye bağımsız olarak p olasılığıyla doğru kararı verir ve üçüncüsü bir karar vermek için yazı tura atar (nihai karar çoğunluk oyu ile verilir). Bir kişilik bir jüri p olasılıkla adil bir karar verir. Bu jürilerden hangisinin adil bir karar verme olasılığı daha yüksektir? p (1 – p) + (1 – p) p = 2p (1–p), daha sonra doğru çözüm olasılığını bulmak için bu sayının 1/2 ile çarpılması gerekir. Dolayısıyla üç kişilik bir jürinin adil bir karar vermesinin toplam olasılığı: p 2 + p (1–p) = p, bu, tek kişilik bir jüri için karşılık gelen olasılıkla aynıdır. Cevap: Her iki jüri tipinin de doğru kararı verme olasılığı aynıdır. 3. Ayrık üçgenler. Düzenli bir n-gon'un (n>5) köşelerinden, farklı noktalardan oluşan iki üçlü rastgele seçilir. Köşeleri seçilen üçüz olan iki üçgenin kesişmeme olasılığı nedir? Mümkün olan tüm üçlü köşe çiftlerini Cn6 gruplarına ayıralım, bunları ve yalnızca aynı altı köşeyi oluşturan üçlü çiftleri tek bir grupta toplayalım. Bir yandan, bu tür gruplardan her biri, altı sabit köşenin kaç şekilde iki üçe bölünebileceği kadar çok eleman içerir, yani C 6 3 = 20 eleman. Öte yandan, altıyı iki üçe bölmenin problemin gerektirdiği koşulu sağlayan tam olarak 6 yolu vardır. Dolayısıyla istenilen olasılık 6/20 = 0,3'tür. Cevap: 0.3. 4. Beyaz ve siyah toplar. İki torbanın her birinde beyaz ve siyah toplar var ve her iki torbadaki topların toplam sayısı 25'tir. Her torbadan rastgele bir top çekiliyor. Çekilen her iki topun da beyaz olma olasılığı 0,54 olduğuna göre çekilen her iki topun da siyah olma olasılığını bulun. Birinci ve ikinci torbalardaki topların toplam sayısı sırasıyla m 1 ve m 2'ye eşit olsun (kesinlik sağlamak için m 1'in m 2'den büyük olmadığını varsayıyoruz) ve bu torbalardaki beyaz topların sayısı eşit olsun sırasıyla k 1 ve k 2'ye. Bu durumda çekilen topların ikisinin de beyaz olma olasılığı eşittir (k 1 /m 1)·(k 2 /m 2). Oranları alıyoruz: (k 1 /m 1)·(k 2 /m 2) = 0,54 = 27/50, 27m 1 m2 = 50k 1k2, bu durumda m 1, m 2 sayılarından en az biri 5'e bölünebilir. Ancak m 1 + m 2 toplamı da 5'e bölünebilir, dolayısıyla m 1, m 2 sayılarının her biri 5'e bölünebilir. Böylece, elimizdeki yalnızca iki olasılık: veya m 1 = 5, m 2 = 20, veya m1 = 10, m2 = 15. M 1 = 5, m 2 = 20 durumunda, k 1 k 2 = 54 elde ederiz, burada k 1 5'i aşmaz ve k 2 20'yi aşmaz. Ki'nin tüm olası değerlerini geçtikten sonra, k 1 = 3, k 2 = 18'i buluruz. O zaman ilk torbada 2 siyah top var, ikincide de 2 siyah top var ve iki siyah top çekme olasılığı (2/5)·(2/20)=0,04. Benzer şekilde m 1 = 10, m 2 = 15 durumunda k 1 = 9, k 2 =9 buluruz. O zaman ilk torbada 1 siyah top, ikinci torbada 6 siyah top vardır ve iki siyah top çekme olasılığı (1/10)·(6/15) = 0,04'tür (her iki durumda da cevaplar aynıdır). Cevap: 0,04. 5. Üçlü düello. A, B, C adlı üç atıcı aynı anda düello yapmaya karar verdi. Kendilerini bir eşkenar üçgenin köşelerinde konumlandırdılar ve şu konuda anlaştılar: İlk atış A tarafından, ikincisi B tarafından, üçüncüsü C tarafından yapıldı ve bir daire içinde böyle devam etti; Atıcılardan biri düşerse, kalan ikisi arasında düello devam eder. A atıcısının hedefi 0,3 olasılıkla vurduğu, C atıcısının 0,5 olasılıkla hedefi vurduğu ve B atıcısının hiç ıskalamadığı bilinmektedir. Her biri diğer ikisinden birine veya havaya, düelloyu kazanma olasılığının en yüksek olduğu şekilde ateş eder. A atıcısı ilk atışını nereye yapmalıdır: A atıcısı C'ye mi, atıcı B'ye mi yoksa havaya mı? Atıcının ilk atışından sonra meydana gelebilecek üç olayı ele alalım. C vurulursa, 1 olasılıkla, atıcı A, B'nin ilk atışıyla vurulacaktır. Sonra V vuruldu: veya 0,5 olasılıkla atıcı C'nin ilk atışında A'yı vurması, veya (1 – 0,5) olasılıkla 0,3 atıcı A, ikinci atışıyla C'ye vuracaktır, veya olasılıkla (1 – 0,5) · (1 – 0,3) · 0,5 Atıcı C, ikinci atışıyla A'ya vuracaktır, veya olasılıkla (1 – 0,5) · (1 – 0,3) · (1 – 0,5) · 0,3 Atıcı A üçüncü atışıyla C'ye vuracaktır, vb. Dolayısıyla bu durumda A'nın düelloyu kazanma olasılığı şuna eşittir: 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) Kimse şaşırmıyor. Bundan sonra B, C'ye (rakiplerinden daha isabetli olanı olduğu için) ateş edecek ve ona vuracak. Daha sonra A, 0,3 olasılıkla B'ye vuracak ve düelloyu kazanacaktır. Dolayısıyla 0,3 > 3/13 olduğundan, A atıcısı için en karlı durum, atışından sonra kimsenin vurulmadığı durumdur. Bu da ilk kez havaya ateş etmesi gerektiği anlamına geliyor. Cevap: A'nın ilk defa havaya ateş etmesi gerekir. 6. Kırmızı ve yeşil toplar. Torbada 6 kırmızı ve 8 yeşil top bulunmaktadır. Bunlardan 5 tanesi rastgele çekilerek kırmızı bir kutuya, geri kalan 9 top ise yeşil bir kutuya konur. Yeşil kutudaki kırmızı topların sayısı ile kırmızı kutudaki yeşil topların sayısının asal sayı olmama olasılığı nedir? Kırmızı kutudaki yeşil topların sayısını G ile gösterelim. 6 kırmızı ve 8 yeşil top olduğundan renkler kutulara şu şekilde dağıtılmalıdır: Kırmızı kutu: G yeşil, (5 – G) kırmızı; Yeşil kutu: (8 – G) yeşil, (G+1) kırmızı. Dolayısıyla yeşil kutudaki kırmızı topların sayısı artı kırmızı kutudaki yeşil topların sayısı eşittir (G + 1) + G = 2G + 1, tek sayıdır. G sayısı 5'i - kırmızı kutudaki topların toplam sayısını - geçmez. Dolayısıyla 2G+1 toplamı 1'den (G=0) 11'e (G=5) kadar değerler alabilir. Bu sınırlar içindeki tek bileşik sayı 9'dur. Ancak ne asal ne de bileşik olan 1 sayısını da dahil etmemiz gerekir. Yani 2G + 1, 0 veya 9'a eşit olmalıdır; bu, G = 0 veya G = 4 ile mümkündür. G = 0 olan bir numune alma olasılığı (5 kırmızıya sahip olmanın yollarının sayısının toplam numune sayısına bölümü) C 6 5 /C 14 5'e eşittir. G = 4 olan bir örnek alma olasılığı (4 yeşil ve 1 kırmızıya sahip olma yollarının sayısının toplam örnek sayısına bölümü) C 8 4 C 6 1 /C 14 5'e eşittir. İstenilen olayın olasılığını belirtilen olasılıkların toplamı olarak buluruz: (C 6 5 + C 8 4 C 6 1) / C 14 5 = (6 + 420) / 2002 = 213/1001. Cevap: 213/1001. 7. Yazı mı yoksa yazı mı? A ve B oyuncuları sürekli olarak yazı tura atan bir çocuğu izlemektedir. Atışların sonuçları harfler kullanılarak sırayla yazılır: k'inci atış sırasında neyin düştüğüne bağlı olarak dizinin k'inci yerine O harfi veya P harfi yerleştirilir - "tura" veya "yazı", sırasıyla. Oyuncu A, OOO üçlüsünün kayıtlarda ORO üçlüsünden daha önce görüneceğini iddia ediyor. Oyuncu B tam tersinin olacağına dair bahse girer. Bu bahsi hangi oyuncunun kazanma olasılığı daha yüksektir? İlk O harfi (çocuğun gözlemlenmeye başladığı andan itibaren en az bir kez O harfinin ortaya çıkma olasılığı 1'dir) ardından 1/4 eşit olasılıkla aşağıdaki kombinasyonlardan biri gelebilir: RO, OO, RR, VEYA. İlk durumda B oyuncusu kazanır, ikinci durumda A oyuncusu kazanır ve üçüncü durum gerçekleşirse bundan sonra oyuncular oyunun başındaki aynı şanslara sahip olacaklardır. Dördüncü durumda, 1/2 olasılıkla O harfi gelecek ve B oyuncusu kazanacak ve 1/2 olasılıkla P harfi de onu takip edecek ve bundan sonra oyuncular oyunun başındakiyle aynı şansa sahip olacak. Böylece 1/4 A olasılıkla kazanır 1/4 + 1/4 1/2 = 3/8 B kazanacak ve 3/8 olasılıkla oyuncuların oyunun başındakiyle aynı şanslara sahip olacağı bir durum ortaya çıkacak. Bu nedenle B oyuncusunun kazanma şansı A oyuncusuna göre daha yüksektir. Cevap: B oyuncusu. 8. Tiyatroda. Sekiz erkek ve yedi kız, aynı 15 koltuklu sinema salonundan bağımsız olarak bir bilet satın aldı. Bu satırdaki çiftlerin işgal ettiği bitişik yerlerin ortalama sayısı nedir? Örneğin, satır şu şekilde doldurulursa: YUDDYYUDYUDYUDD (burada Y erkek, D ise kız anlamına gelir), o zaman 9 çift YUD ve DYU vardır. Bu tür çiftlerin ortalama sayısıyla ilgileniyoruz. Arka arkaya ilk iki yer farklı cinsiyetten insanlar tarafından işgal edilmişse, o zaman zaten istenen çifte sahibiz. Bu olayın olasılığı (8/15) · (7/14) + (7/15) · (8/14) = 8/15. Üstelik 8/15 aynı zamanda ilk iki sıradaki ortalama çift sayısıdır, çünkü (8/15) 1 + (7/15) 0 = 8/15. Aynı mantık her bir bitişik konum çifti için de geçerlidir. Ortalama genç çift sayısını belirlemek için bu değerin 14'e eşit olan bitişik yer sayısıyla çarpılması gerekir, bu da 112/15'i verir. Daha genel olarak, bir sıra halinde rastgele düzenlenmiş bir türden b ve diğer türden m nesne varsa, farklı nesnelerden oluşan ortalama çift sayısı şuna eşittir: Örneğimizde b = 8, m = 7 ve cevap 112/15'tir. Burada esasen rastgele değişkenlerin toplamının matematiksel beklentisinin, terimlerin matematiksel beklentilerinin toplamına eşit olduğu gerçeğini kullandık. Her iki bitişik yer için ortalama JD veya DJ çifti sayısını bulduk ve bunları tüm bu çiftler üzerinden topladık. Cevap: 112/15. 9. Amerika'daki popüler oyunlardan birinde, oyuncu oldukça uzak bir mesafeden bir inçlik kareler halinde kesilmiş bir masa yüzeyine bozuk para atıyor. Eğer madeni para (3/4 inç çapında) tamamen karenin içine düşerse oyuncu bir ödül alır, aksi halde parayı kaybeder. Madeni para masaya düşerse kazanma şansı nedir? Bir masaya bozuk para attığımızda, paranın ağırlık merkezinin bazı bölgeleri diğerlerinden daha olasıdır, ancak kare yeterince küçükse olasılık dağılımının düzgün olduğunu varsayabiliriz. Bu, merkezin karenin herhangi bir alanına düşme olasılığının o alanın alanıyla orantılı olduğu anlamına gelir; bölgenin alanının karenin alanına bölünmesine eşittir. Madeni paranın yarıçapı 3/8 inç olduğundan, oyuncunun kazanması için merkezin karenin kenarlarından 3/8 inçten daha yakın olmaması gerekir. Bu sınırlama, madalyonun merkezinin içinde yer alması gereken, kenarı 1/4 inç olan bir kare ile karşılanmaktadır. Olasılıklar alanlarla orantılı olduğundan kazanma olasılığı (1/4) 2 = 1/16'dır. Tabii ki, madeni para masaya hiç düşmeyebilir ve kazanma olasılığı aslında daha da düşüktür. Ayrıca bölme çizgileri kalınlaştırılarak kareler küçültülebilir. Eğer bu çizgiler 1/16 inç kalınlığındaysa, kazanan alanın olasılığı (3/16)2 = 9/256 veya 1/28'den azdır. Cevap: 1/16. 10. Yazı tura atmak. A oyuncusu n+1 kez para atıyor ve B oyuncusu n kez para atıyor. A oyuncusunun B oyuncusundan daha fazla tura gelme olasılığı nedir? A ve B oyuncularının sırasıyla m ve k tura almasına izin verin. O halde m>k olayının istenen olasılığı p, olayın q olasılığına eşittir (n + 1) – m > n – k, yani, A oyuncusunun B oyuncusundan daha fazla tura gelme olasılığı (çünkü her para atıldığında tura ve yazı gelme olasılığı eşit olur). Diğer taraftan m>k olayı ancak ve ancak şu şekilde gerçekleşir: yani (n+1)–m, n–k'yi aşmadığında (n–m ve n–k tam sayılar olduğundan). Bu nedenle p=1–q, dolayısıyla p=q=1/2 elde ederiz. Cevap: 1/2. 1. Art arda kazanır. Oğlunu tenis oynamada başarılı olmaya teşvik etmek için baba, şu şemalardan birine göre babasına ve kulüp şampiyonuna karşı arka arkaya en az iki tenis oyunu kazanırsa ona bir ödül sözü verir: baba - şampiyon - baba veya şampiyon - baba - oğlunun seçimiyle şampiyon. Şampiyon babasından daha iyi oynuyor. Oğlum hangi planı seçmeli? 2. “Şansınızı deneyin” Şansınızı deneyin, kumarhanelerde ve halk festivallerinde sıklıkla oynanan bir şans oyunudur. Bir oyuncu 1, 2, 3, 4, 5, 6 sayılarından birine bahis koyduktan sonra üç zar atılır. Oyuncunun numarası bir, iki veya üç zarda görünüyorsa, bu sayının her ortaya çıkışı için oyuncuya orijinal bahis ödenir ve kendi parası da iade edilir. Aksi takdirde oyuncu bahsi kaybeder. Tek bir bahiste ortalama oyuncunun kaybı nedir? (Aslında aynı anda birden fazla sayıya bahis oynayabilirsiniz ancak her bahis ayrı ayrı değerlendirilir.) 3. Kart destesi. Rastgele sırayla düzenlenmiş n farklı oyun kartından oluşan bir destede üç as bulunur. Destenin en üstündeki kartlar, ikinci as çıkana kadar birer birer çıkarılır. Çekilen ortalama kart sayısının (n + 1)/2 olduğunu kanıtlayın. 4. Çiçek buketi Bir buket çiçek 5 papatya ve 10 peygamber çiçeğinden oluşur. Bu buketten her biri 3 çiçekten oluşan küçük buketler rastgele yapılır. Her küçük buketin bir papatya içerme olasılığı nedir? 5. Akut üçgen. Bir çember üzerinde A, B, C noktaları rastgele seçiliyor. ABC üçgeninin dar üçgen olma olasılığı nedir? Russell'ın berber ve çapraz tartışma hakkındaki yazısı değil, Joseph Louis Francois'nın yazısı. Aşağıdakilerden oluşur. Cevap, bu akoru tam olarak nasıl seçtiğimize bağlıdır. Yani üç yöntem var (daha fazlası mümkün ama şimdilik bu yeterli): Yöntem 1: Akor - nedir bu? Bir daire üzerindeki iki noktayı birleştiren doğru parçası. Sözü fazla uzatmadan bu çember üzerinde (bağımsız olarak) rastgele iki nokta alıp aralarına bir akor çizelim. Buradaki her şey simetrik olduğundan BOOMS ilk noktası doğrudan kuzey kutbuna düşecek ve olay A ikinci nokta resimdeki kırmızı yaya çarptığında gerçekleşecektir (bu yazıdaki tüm akorlar mavidir): Yöntem 2. Şimdi onu alalım ve akoru bu şekilde çizelim. Önce rastgele bir yarıçap seçelim (yani merkezi daire üzerindeki rastgele bir noktaya bağlayalım), sonra üzerinde rastgele bir nokta seçelim, bir dik çizelim ve bir akor elde edelim. Yine, BOOMS bu yarıçap kuzey kutbuna yol açar (ve neden kuzey kutbuna bu kadar çekildim...) ve eşkenar üçgenin (tepe noktası güney kutbunda olan) kenarı bu yarıçapı tam olarak ikiye böler, ve yine resmin tefekküründen Yöntem 3. Genel olarak çemberin içinde rastgele bir nokta seçeceğiz. Tam olarak merkeze ulaşamayacağımız açıktır, bu da merkez noktası seçilen akorla çakışan tek bir akor olduğu anlamına gelir. Bunu düşünelim. Daha doğrusu resme bakalım Burada. Bir problem, üç farklı cevap, 1/3, 1/2, 1/4. Ve burada bu noktada genellikle sorunun yanlış formüle edildiği sonucuna varılır; "rastgele bir akor seçin" derken tam olarak neyi kastettiğimizi belirtmek gerekir, aksi takdirde bu imkansızdır. Bu yüzden? Ama öyle değil! Daha doğrusu pek öyle değil. Olay şu: Eğer tüm olasılıksal problemleri kesinlikle katı ve kesin bir şekilde formüle etmek istiyorsak, o zaman örneğin "on kişiden ikisini rastgele seçiyoruz" yerine "şu anda" gibi bir şey yazmamız gerekecek. (1,...,10) kümesinin farklı elemanlarının tüm sırasız çiftlerinden oluşan küme, düzgün olasılık dağılımına sahip bir çift seçer." Peki, ne halt, daha fazla açıklama yapmadan "rastgele seçeceğiz" dedikleri zaman, bunun seçimin eşit derecede muhtemel olduğu, yani tekdüze bir dağılımla yapıldığı anlamına geldiği genellikle açık olduğunu düşünüyorum. TAMAM. İyi. Ama burada bana şu anlamda itiraz edecekler: Bir kümenin rastgele bir elemanını seçmenin nasıl eşit olasılıklı olduğu açıktır. N elemanlar (her biri olasılık ile alınır) 1/H) Ayrıca herhangi bir alanda, örneğin bir düzlemde (daire, kare, ...) düzgün bir dağılımın ne olduğu sezgisel olarak açıktır. Peki ya daha karmaşık nesneler? Biz de buna şöyle cevap vereceğiz. Hatta en önemlisi şunu söyleyebilirim. karakteristik Bu, düzgün dağılımın özelliğidir. İzin vermek H- kümenin bazı alt kümeleri G ve içinden bir nesne seçin G aynı derecede olası bir şekilde. Yani, sonucun düşmesi şartıyla H- orada tekdüze bir dağılıma sahip, böyle bir değişmezlik elde ediliyor. Örneğin, 5 erkek / 5 kadından oluşan bir gruptan rastgele bir kişiyi seçerseniz ve bunun bir kadın olduğu biliniyorsa, bu beş kişiden herhangi birinin seçilme şansı eşit (1/5) olur. Ve tüm bunlar aynı zamanda bir bölgeden bir noktanın tekdüze seçimi için de geçerlidir. Peki o zaman rastgele bir akordan ne istiyoruz? Yukarıdakilerin ışığında, istediğimiz şeyin aşağıdaki olması bana mantıklı geliyor: Yani, rastgele bir akor oluşturmak için yukarıdaki üç yöntemden yalnızca yöntem 2'nin bu özelliğe sahip olduğu ortaya çıktı! Ve ondan başka hiç kimse; diğerlerinin hepsi iyi değil. Bütün bunlar uzun zamandır biliniyor, makaleye bakın, kesinlikle tavsiye ederim. Ancak burada daha önce tartıştığımız şeyler bu tür düşünceleri akla getiriyor. Tamam, artık bir dairenin rastgele bir kirişi olduğunu biliyoruz. Nasıl Demek ki, yapılanları tekrar edersek, akor bölgemizin sınırındaki iki noktayı birleştiren bir parçadır. Bu iki noktayı hemen seçmek yerine farklı bir şekilde yapmaya çalışalım: önce sınırdaki bir noktayı (bir şekilde) seçin ve ardından akorun bu noktadan itibaren gideceği yönü (başka bir şekilde) seçin. Ve sınırla kesişene kadar gidecek ve nereye gelirse ikinci nokta orada olacak. Okul planimetrisi bilgisinde basit bir alıştırma olarak, yöntem 1'in bu prosedüre eşdeğer olduğunu kanıtlayın: önce daire üzerinde tekdüze bir nokta alıyoruz ve sonra kirişin yönü de sanki tüm yönlermiş gibi tekdüze bir dağılımla seçiliyor. eşit derecede muhtemeldir. Değerli yöntemimiz 2'de ise durum şudur: Akorun yönü kosinüs kanununa göre seçilir, yani. bu yönün dağılım yoğunluğu, kendisi ile yarıçap arasındaki açının kosinüsüyle orantılıdır (kanıtlayın!). Benzer bir prosedür az çok keyfi bir bölgeyle yapılırsa ne olur (burada sınırının yeterli düzgünlüğü hakkında sıkıcı yorumlar yazmayacağız), yani (a) ilk önce sınırda düzgün bir nokta seçin (b) Buradan itibaren kosinüs kanununa göre yönü seçeriz (açı bu noktada sınırın normaliyledir) ve kiriş gider. Görünüşe göre bunların hepsi gerçekten işe yarıyor ve her boyutta da! Kanıtlanabilir ki ________________________________________ _____________________________________ Jaynes, E.T. (1973). "İyi Pozlanmış Sorun". Kurmak. Fizik. 3
(4): 477-492.
F. Comets, S. Popov, G.M. Schütz, M.Vachkovskaia (2009) Kendall, Moran. (1972) 
Olasılığın geometrik tanımı. Çözümlerle ilgili sorunlar
Bir doğru parçası üzerinde sonsuz sayıda nokta olduğundan formül burada uygulanamaz. (“en”in sonsuz büyük değeri nedeniyle) ve böylece kurtarmaya başka bir yaklaşım gelir: olasılığın geometrik tanımı.
, olay lehine sonuçlar ise gömülü parçanın uzunluğudur: Olasılığın geometrik tanımına göre: 
Olayı düşünün: – kesme uzunluğu en az 0,8 m olacaktır.
, üçgenin kenarlarının uzunlukları ve yarı çevredir.
ve ardından alanı:
– noktanın yazılı daireye düşme olasılığı.
uygun formüle göre:
– 0 ile 5 arasında tahmin edilen iki sayının çarpımının ikiden fazla olma olasılığı.
Çözümlerle ilgili sorunlar
Çözümü olmayan sorunlar
Sorun: Bir daire var, oraya rastgele bir akor çiziyoruz. Bir olayın olasılığı nedir
A = (akorun bir daire içine yazılan eşkenar üçgenin kenarından daha uzun olduğu ortaya çıktı)?
Yani açıkçası istenilen olasılık 1/3'tür.
(yarıçap üzerinde rastgele bir noktanın kırmızı segment üzerine düşmesi gerekmektedir) istenilen olasılığın 1/2'ye eşit olduğu açıktır.
ve istenen olasılığın 1/4'e eşit olduğunu açıkça görüyoruz (seçilen noktanın düşmesi gereken iç dairenin yarıçapı orijinalin yarısı kadardır).
rastgele akorun olması şartıyla AB küçük bir daireyle kesişir (burada bir akor oluşturur) Bir "B"), bu akor Bir "B" küçük bir daire içindeki “rastgele akor” (şimdilik bu ne anlama geliyorsa) ile aynı olasılık dağılımına sahiptir.
Gerçek matematikçiler olarak biz bunu dairelerden elipslere, karelere, hiperküplere ve buna benzer şeylere kadar genelleştirmek istiyoruz. Peki deneyelim.
(neredeyse kopyala-yapıştır, lütfen unutmayın) buna göre rastgele bir akor olan AB iç bölgeyle kesişir (burada bir akor oluşturur) Bir "B"), bu akor Bir "B" iç bölgedeki basit bir rastgele akorla aynı olasılık dağılımına sahiptir (burada dış bölge az çok keyfidir, ancak iç bölge dışbükeydir, dolayısıyla "uyarılmış" akor her zaman benzersiz bir şekilde belirlenir). Bazı yerlerde tekerleği yeniden icat etmiş olsak da, bu fırsatı burada makalenin reklamını yapmak için kullanacağım. En azından önce kitabı okumalısınız (ve kesinlikle tavsiye ederim, evet).
Rastgele yansımalarla genel bir alanda bilardo.
Rasyonel Mekanik ve Analiz Arşivi, 193
(3), s. 737-738,
http://link.springer.com/article/10.1007%2Fs00205-008-0120-x?LI=true
Ayrıca Erratum'a buradan bakın: http://link.springer.com/article/10.1007%2Fs00205-009-0236-7?LI=true, çünkü işleri berbat ettiler.
Ve burada okumak en iyisidir: http://arxiv.org/abs/math/0612799, orada her şey zaten düzeltilmiştir ve erişim ücretsizdir.
Geometrik olasılıklar.
Herkesin nereden indireceğini bulacağını düşünüyorum :)