Упътване: Квадратът ще бъде вътре в окръжността ако центъра на окръжността (произволната точка) лежи в защрихования в черно регион на следната картинка:

Намерете лицето на региона (S(R)) и го разделете на лицето на квадрата (1). Това ще бъде търсената вероятност.

Задача 2. В пространството имаме даден куб със страна 1. Вътре в куба избираме произволна точка, която се явява център на сфера с радиус 1. Каква е вероятността куба да е вписан изцяло вътре в сферата?

Задача 3. Даден е n-мерен хиперкуб със страна 1. Вътре в куба избираме произволна точка, която се явява център на n-мерна хиперсфера с радиус 1. Каква е вероятността хиперкуба да е вписан изцяло вътре в хиперсферата?

Упътване: Първо се опитайте да решите задачата при n=4 и от там ще стане доста по-лесно…

Задача 2. Иван си намисля две произволни цели числа от 1 до m, а Петър си намисля две произволни цяли числа от 1 до n, като n≥m. Каква е вероятността сумата от числата на Петър да е строго по-голяма от сумата от числата на Иван?

Задача 3. Иван си намисля две произволни цели числа от 1 до m, а Петър си намисля две произволни цяли числа от 1 до n, като n≥m. Каква е вероятността сумата от числата на Петър да е строго по-голяма от сумата от числата на Иван и едновременно с това сумата от числата на Петър да е по-малка от p?

Задача 4. Иван си намисля k произволни цели числа от 1 до m, а Петър си намисля k произволни цeли числа от 1 до n, като n≥m. Каква е вероятността сумата от числата на Петър да е строго по-голяма от сумата от числата на Иван?

Задача 5. Иван си намисля k произволни цели числа от 1 до m, а Петър си намисля l произволни цeли числа от 1 до n, като n≥m. Каква е вероятността сумата от числата на Петър да е строго по-голяма от сумата от числата на Иван?

Задача 6. Иван си намисля k произволни цели числа от 1 до m, а Петър си намисля l произволни цeли числа от 1 до n, като n≥m. Каква е вероятността сумата от числата на Петър да е строго по-голяма от сумата от числата на Иван, като едновременно с това сумата от числата на Петър е по-малка или равна на p, а сумата от числата на иван е по-малка или равна на q?

Задача 7. Решете горните задачи с реални вместо цели числа.

Задача 1. Иван си намисля произволно цяло число от 1 до 10, а Петър си намисля произволно цяло число от 1 до 11. Каква е вероятността числото на Петър да е строго по-голямо от числото на Иван?

Задача 2. Иван си намисля произволно цяло число от 1 до 10, а Петър си намисля произволно цяло число от 1 до 11. Каква е вероятността числото на Петър да е строго по-голямо от числото на Иван и в същото време:

а) Петър да е избрал число строго по-малко от 5?

б) Иван да е избрал число строго по-малко от 5?

Задача 3. Иван си намисля произволно реално число от 1 до 10, а Петър си намисля произволно реално число от 1 до 11. Каква е вероятността числото на Петър да е строго по-голямо от числото на Иван?

Задача 4. Иван си намисля произволно реално число от 1 до 10, а Петър си намисля произволно реално число от 1 до 11. Каква е вероятността числото на Петър да е строго по-голямо от числото на Иван и в същото време:

а) Петър да е избрал число строго по-малко от 5?

б) Иван да е избрал число строго по-малко от 5?

Задача 5. Иван си намисля произволно цяло число от 1 до m, а Петър си намисля произволно цяло число от 1 до n, като n≥m. Каква е вероятността числото на Петър да е строго по-голямо от числото на Иван?

Задача 6. Иван си намисля произволно цяло число от 1 до m, а Петър си намисля произволно цяло число от 1 до n, като n≥m. Каква е вероятността числото на Петър да е строго по-голямо от числото на Иван и в същото време:

а) Петър да е избрал число строго по-малко от цялото число k, 1≤k≤n?

б) Иван да е избрал число строго по-малко от цялото число k, 1≤k≤n?

Задача 7. Иван си намисля произволно реално число от 1 до m, а Петър си намисля произволно реално число от 1 до n, като n≥m. Каква е вероятността числото на Петър да е строго по-голямо от числото на Иван?

Задача 8. Иван си намисля произволно реално число от 1 до m, а Петър си намисля произволно реално число от 1 до n, като n≥m. Каква е вероятността числото на Петър да е строго по-голямо от числото на Иван и в същото време:

а) Петър да е избрал число строго по-малко от цялото число k, 1≤k≤n?

б) Иван да е избрал число строго по-малко от цялото число k, 1≤k≤n?

По-сериозен интерес предизвикват задачи от 5 до 8. Ясно е, че те се явяват обобщение на задачите от предишните статии (там n=m), както и на задачи от 1 до 4 в текущата.  Решете ги.

Решение: Около всеки триъгълник може да се опише окръжност. Нека разгледаме описаната около произволния триъгълник окръжност. От предишната задача знаем, че вероятността произволен кръг да съдържа в себе си центъра на координатната система е 1/2.

Нека предположим, че описания около триъгълника кръг съдържа центъра на координатната система. От задачата за положение на точка в кръг и триъгълник знаем, че вероятността произволна точка от кръга да е вътре в произволен триъгълник от кръга е 3/4π. Понеже положението на центъра на координатната система вътре в кръга е произволно (зависещо е от произволния център), то ние може да го разгледаме разгледаме именно като произволната точка от споменатата задача.

Следователно от двата случая имаме:

P = (1/2)*(3/4π) = 3/8π

Реално с това решение ние параметризирахме триъгълника по два негови ъгъла и радиуса на описаната окръжност. Въпросът е каква ще е гъстотата на решенията. Все пак ние намираме решението на две стъпки – първо изчисляваме вероятността спрямо радиуса на описаната окръжност и после спрямо ъглите на триъгълника. Опитайте се да намерите друго решение по алтернативен метод, по възможност едностъпков.

Решение: Нека първо разгледаме положението на центъра на координатната система и центъра на кръга. Радиус векторът е r:

Ако ние ротираме координатната система вероятността няма да се промени. Затова за удобство ще завъртим Oxy така, че остта „x“ да съвпадне по посока с радиус-вектора r:

Нека сега върху остта x изберем втора произволна точка A, която в нашия случай ще се яви „пресечната точка на окръжността с правата Ox“. Тоест тази втора произволна точка ще определя радиуса на окръжността. Е, кръгът ще съдържа т.O тогава, когато |O’A|=R>|r|.

Следователно задачата се свежда до намирането на по-голямото от две произволни числа. Ние вече решавахме тази задача (виж обобщената задача при неограничено множество). Отговорът:

P=1/2

Решение: Лицето на кръга е известно – π. Нужно е да се намери лицето на произволния триъгълник. Най-удобно в случая е да параметризираме триъгълника чрез неговите ъгли по следният начин:

Действително – знаейки ъглите α и β и радиуса на описаната окръжност, ние можем еднозначно да определим лицето на триъгълника по формулата (извежда се чрез синусова теорема):

S(α,β,R) = 2R².sin(α).sin(β).sin(α+β)

И понеже R=1 (по условие), то имаме:

S(α,β) = 2.sin(α).sin(β).sin(α+β)

и очевидно лицето на триъгълника зависи от ъглите α и β. Остава да преценим, че при положение, че точките са произволни, то ако ъгъл α може да се мени от 0 до π, то ъгъл β ще се мени от 0 до π-α. Получава се следния, лично за мен неприятен и труден, за решаване интеграл:

Програмата Mathematica 8 дава следния резултат:

In[1] = 2 Integrate[(Sin[x] Sin[y] Sin[x + y]), {x, 0, Pi}, {y, 0, Pi – x}]/Pi^2

Out[1]= 3/4π

=> (ако сметките на Mathematica са вярни)

P = 3/4π

а) При началните условия намерете вероятността произволен шофьор тръгнал от M да се намира в L след една доставка.

б) Каква е вероятността произволен шофьор тръгнал от L да се намира в C след две доставки?

в) Каква е вероятността шофьор от M да се окаже обратно в M след две доставки?

Упътване за решение: Нека първо да начертаем графика на отношенията между регионите:

При решаването на задачите от „вериги на Марков“ тези данни се представят в матрица по следния начин:

Забележете, че сборът на числата от всеки ред е равен на 1. Всеки ред от матрицата се нарича „стохастичен вектор“. Няма да давам строги доказателства и да извеждам свойства, но най-общо една матрица се нарича стохастична, ако като бъде уможена по единичен вектор-стълб дава резултат единичен вектор-стълб. Редовете на всяка стохастична матрица са стохастични вектори.

В случая матрицата T е стохастична и се нарича „матрица на преходите“. Всеки елемент T_ij на матрицата представя поемането на поръчка на един автомобил от регион i и доставянето на поръчката в регион j. Основно и най-важно нещо при веригите на Марков е правилото, че „всяко следващо състояние зависи само и единствено от предишното му състояние“. Така всеки преход всъщност е двойка от предишно и текущо състояние. Ще бележим това с P(XY₁). Например ако един шофьор е тръгнал от M и е отишъл в C, това ще се бележи с P(MC₁). Също така много важно правило е, че стойностите в матрицата на преходите са статични, т.е. не се променят.

Как да изчисляваме P(XY₁)? Всъщност в този случай е много лесно. Например P(MC₁) е вероятността един избран шофьор от M да е отишъл в C₁. Знаем, че 20% от доставките за M отиват в C. Следователно тази вероятност е P(MC₁)=20/100=0,2. Това всъщност е елемент (1,2) от матрицата. Следователно ако приемем M, C и L за числата 1,2 и 3, то P(XY₁) ще бъде равно на елемент (X,Y) от матрицата, където X и Y също са числата 1, 2 и 3.

Забелязахте ли индексът след Y? Тази единица подсказва, че имаме възможност да изчисляваме и други вероятности – не само директни с един преход. Вероятността P(XY₂) означава „каква е вероятността избран шофьор от X да се намира в Y след точно „2″ на брой доставки“. Нека вземем един пример – търсим P(MC₂), т.е. кола е тръгнала от Младост, направила е една доставка и търсим вероятността тя да се намира в Център на втората доставка. Тук имаме няколко случая:

1. Първата доставка на колата е била за Младост, т.е. P(MM₁)=0,5;
2. Първата доставка на колата е била за Център, т.е. P(MC₁)=0,2;
3. Първата доставка на колата е била за Люлин, т.е. P(ML₁)=0,3.

Да вземем случай 1. – колата се намира в Младост. Каква е вероятността тя на следващия втори ход да отиде в Център (както искаме)? Очевидно това е P(M₁C₁)=0,2. Така общата вероятност от случай 1 е P(MM₁).P(M₁C₁)=0,5.0,2=0,1. Аналогично можем да пресметнем вероятностите за другите случай: P(MC₁).P(C₁C₁)=0,2.0,4=0,08 и P(ML₁).P(L₁C₁)=0,3.0,3=0,09.

Общата вероятност от трите случая ще бъде сбора от вероятностите в трите подслучая, т.е.

P(MC₂)=P(MM₁).P(M₁C₁)+P(MC₁).P(C₁C₁)+P(ML₁).P(L₁C₁)

=> P(MC₂)=0,5.0,2+0,2.0,4+0,3.0,3 = 0,27

Погледнете последния ред преди равенството. Прави ли ви впечатление, че навсякъде участват числа, които вече се намират в матрицата T? Ами това не е нищо друго освен първият ред на матрицата T умножен по втория й стълб:

Това всъщност е напълно логично, защото първи ред определяше вероятността кола тръгнала от M и да се отиде в M, C и L, а втори стълб означава вероятността на кола да пристигне в C ако е тръгнала от M, C и L. Сега вече знаем как се намират P(XY₁) и P(XY₂). Вече вие можете спокойно да решите задачи a), б) и в). Направете го!

Задача 2. С условието на задача 1 намерете:

a) Вероятността автомобил да е тръгнал от M и да се намира в C след 3 доставки;

б) Вероятността автомобил да е тръгнал от L и да се намира в M след 5 доставки.

Упътване за решение: Зададохте ли си вече въпроса какво се случва с колите на фирмата след първите доставки? Всички те се „разбъркват“ и отиват по различни региони, а от там вероятностите за „по-нататъшни преходи“ се сменят. Всъщност първият преход на всички коли не е нищо друго освен умножението на матрицата T по самата себе си!

Виждаме, че матрицата T² не е нищо по-различно от матрицата (P(XY₂)), за всяко X=1,2,3 и Y=1,2,3 (при M=1, C=2 и D=3). Знаейки това лесно можем да се досетим как ще намерим P(XY₃) – то ще бъде X-ти ред от матрицата T умножен по Y-ти стълб от матрицата T². Например:

=> P(ML₃) = 0,5.0,37+0,2.0,43+0,3.0,4=0,391

Вече лесно можем да се досетим и за следните формули – ако X_k означава „X-ти ред от матрицата на преходите k“, при X=1,2,3 (в нашия случай с матрица 3×3) то имамe:

X_k =  X_k-1T = X₀T^k

Понеже знаем X₀ и знаем T, то можем да намираме всяка вероятност при „n“ на брой прехода. Вече можете да намерите решенията на задачите от a) и б). Направете го!

Задача 3. Как ще изглежда матрицата T^k от задача 1 при k клонящо към безкрайност?

Задача 4. Каква е вероятността кола от произволен район от задача 1 да се озове в Младост след една доставка?

Решение: Колата може да се намира в M, C или L. Ако колата се е намирала в M, то вероятността е P(M,M₁), ако се е намирала в C е P(C,M₁) и ако се е намирала в L е P(L,M₁). Общата вероятност е:

P(M,M₁).P(C,M₁).P(L,M₁)=0,5.0,1.0,3=0,015

Ще я бележим само с P(M₁). Това всъщност не е нищо друго освен умножението на елементите от първи стълб на матрицата T!

Задача 5. Каква е вероятността кола от произволен район от задача 1 да се озове в Център след 2 доставки?

Решение: Тук вече търсим:

P(C₂)=P(M,C₂).P(C,C₂).P(L,C₂)=0,27.0,33.0,30=0,02673

Това са просто произведението елементите от втори стълб на матрицата T²! Значи вече можем да си изведем формула, че P(Y_k) е равно на произведението от елементите в стълб Y на матрицата T^k.

Задача 6: Каква е вероятността кола от произволен район от задача 1 да се озове в Люлин след 4 доставки?

Задача 7: При първоначални условия от задача 1 намерете вероятността произволно избрана кола, вече направила 3 доставки да се озове в Младост след 5тата си доставка.

Упътване за решение: Трябва да вземете матрица R=T³ и да започнете с нея като първоначално условие. След това трябва да намерите P(M₂) спрямо начално условие R и матрица на преходите T. Изборът на произволна кола сред „n“ коли в тази задача не зависи от мястото където те се намират. Въпросът е дали зависи от времето?

Тъй като матрицата на преходите T не се е променила, то P(M₂) спрямо R няма да е нищо друго освен произведението на елементите в стълб M на матрицата R.T². В предишната задача 5 изведохме свойство, че „P(Y_k) е равно на произведението от елементите в стълб Y на матрицата T^k„, но там просто първоначалната матрица R е единичната! Действително – ако разгледаме вектор (1,0,0), той би показал „вероятността кола от M да се намира в M след 0 прехода“. Аналогично въвеждаме векторите (0,1,0) и (0,0,1) за C и L. Така единичната матрица E, съставена от тези три вектора, представлява „първоначалното състояние на системата“, а матрицата R=T³ ще означава „състоянието на системата след три прехода“. 

Да, но  R.T²=T³.T²=T⁵. Следователно изборът на автомобил е инвариантен и от времето, в което е избран! Това означава, че няма значение на кой преход избирате произволен автомобил – решението не се променя спрямо това да сте го избрали в началото. Вече можете да намерите решението и на задача 7.

Изводи:

Ако примем M=1, C=2 и L=3 и съответно X={1,2,3} и Y={1,2,3}, то:

1. P(X_kY_k+n) – вероятността за това избран автомобил от място X, който вече е направил „k“ доставки, да се озове в Y след „n“ доставки (k и n са цели числа, за които k≥0, n≥1) – е равна на P(XY_k+n), което е равно на произведението на X-ти ред от матрицата T умножен по Y-ти стълб от матрицата T^(k+n-1);
2. P(Y_k+n) – вероятността произволно избрана кола, вече направила „k“ доставки да се озове в място Y след „n“ хода (k≥0, n≥1) – е равно на произведението от елементите в стълб Y на матрицата T^k+n.

Естествено в тази задача имахме само 3 региона. Нищо не ни пречи да имаме n региона с nxn условия – тогава просто матрицата на преходите ще бъде с размери nxn, а горните правила продължават да важат.

Решение: Ще използваме формулите за обем на хиперсфера от предишната статия, които отговарят съответно на случаите при n=2k или n=2k+1:

Обемът на хиперкуба е (2a)ⁿ. Следователно вероятностите са:

]]> http://www.cphpvb.net/probability/6619-point-from-hypercube-in-hypersphere/feed/ 0 http://www.cphpvb.net/probability/6604-point-from-hypersphere-inside-a-hypercube/ http://www.cphpvb.net/probability/6604-point-from-hypersphere-inside-a-hypercube/#comments Sun, 19 Dec 2010 14:13:53 +0000 Филип Петров http://www.cphpvb.net/?p=6604 Задача 1. Даден е кръг в двумерното пространство с радиус 1. В този кръг е вписан квардрат със страна произволно число a≤√2 (за да лежи изцяло вътре в окръжността е очевидно, че страната на квадрата не може да превишава 2/√2, защото това е най-големият възможен вписан квадрат). Каква е вероятността произволна точка от кръга да попадне в квадрата?

Решение: Геометричната вероятност очевидно е лицето на квадрата разделено на лицето на кръга, т.е. a²/π. Да, но a може да се мени от 0 до √2, следователно вероятността е:

Задача 2. Дадено е кълбо в тримерното пространство с радиус 1. В това кълбо е вписан куб със страна произволно число a≤2/√3 (най-големият куб, който може да се впише в кълбо е с такава страна) Каква е вероятността произволна точка от кълбото да попадне в куба?

Решение: Аналогично на предишната задача имаме:

Задача 3. Дадено е хиперкълбо в n-мерното пространство с радиус 1. В това хиперкълбо е вписан хиперкуб със страна произволно число a≤2/√n. Каква е вероятността произволна точка от хиперкълбото да попадне в хиперкуба?

Решение: Обемът на хиперкуба е aⁿ. С обема на хиперкълбото обаче формулите са по-сложни. В зависимост дали n е четно или не е се получават следните обеми (*):

(*) http://www-staff.lboro.ac.uk/~coael/hypersphere.pdf

В тези формули „r“ е радиуса на кълбото, т.е. в нашия случай го заместваме с 1, а n=2k или съответно 2k+1. Затова в нашата задача ще имаме две решения.

1. Ако n=2k (т.е. се намираме в „четноразмерно“ пространство):

2. Ако n=2k+1 (т.е. се намираме в „нечетноразмерно“ пространство):

Задача за упражнение: Направете координатна система, в която по абцисата се намират точките на размерностите (n), а по ординатата вероятностите P(n), очевидно ограничени от 0 до 1. Нанесете точките (n,P(n)) и ги свържете с отсечки. Изкажете хипотеза без да пресмятате какво ще се случи с вероятността ако n клони към безкрайност. После направете проверка като пресметнете границите на двете функции P(k) при k клонящо към безкрайност.

Задача. Четири произволни точки лежат върху сфера с радиус 1 в тримерното пространство. Каква е вероятността центъра на сферата да лежи вътре в многостена определен от точките (взети като негови върхове)?

Решение: Знаем, че всеки две точки заедно с центъра на сферата определят равнина, която разделя сферата на две полусфери. Следователно всяка трета точка от сферата ще лежи или в едната или в другата полусфера, определена от предишните две точки, т.е. имаме условието „всеки три точки от сфера лежат в една нейна полусфера“.

Нека вземем три от произволните точки и ги означим с A,B и C, а центъра на сферата е т.O. Те определят криволинеен триъгълник ABC върху сферата. Нека този триъгълник има лице „x“. Построяваме лъчите AO, BO и CO, които пресичат сферата в точки A’. B’ и C’. Ако четвъртата произволна точка D лежи в криволинейния триъгълник A’B'C’, то центъра на окръжността ще бъде вътре в многостена ABCD и обратно – ако т.D е извън криволинейния триъгълник A’B'C’, то т.O ще е извън многостена ABCD. Вероятността за това т.D да е вътре в многостена е (лицето на A’B'C’)/(лицето на сферата), т.е. е равно на x/4π.

Лицето на криволинейния триъгълник ABC може да варира от 0 до 2π. Следователно вероятността т.О да е вътре в многостена ABCD е:

И при този метод няма изненада. Всъщност вероятността за това центъра на окръжността да лежи вътре в многостена е равна на вероятността четирите точки да НЕ лежат в една полусфера! Знаем от предишната статия, че вероятността четирите точки да лежат в една триизмерна полусфера е 3/4, следователно вероятността да НЕ лежат в една полусфера е 1-3/4=1/4.

Задача за упражнение 1. Проверете по описания по-горе метод дали вероятността за това многостен от пет точки да съдържа центъра на окръжността съвпада с вероятността петте точки да НЕ лежат на една равнина.

Задача за упражнение 2. Изведете обща формула за вероятността центъра на k-мерна хиперсфера да лежи вътре в многостен съставен от n на брой произволни точки лежащи върху хиперсферата, за n≥k+1.

От предишната статия в Задача 3 използвахме, че една точка в окръжност и центъра на окръжността определят две полуокръжности, две точки и центъра определят четири полуокръжности, …, n точки и центъра определят 2n полуокръжности. Това е естествено, защото всяка избрана лежаща на окръжността точка и центъра на окръжноста определят права, която разделя окръжността на две равни части. Как стои положението в тримерното пространство при сфера?

Очевидно е, че една точка лежаща върху повърхнината на сферата и центъра не са достатъчни, за да се определи полусфера. Представете си например Земята и точката на северния полюс – през нея може да минават безброй много паралели, всеки един от които определя полусфера. При две точки нележащи на един диагонал обаче полусфера може да се определи еднозначно. Това също е логично, защото тези две точки заедно с центъра на окръжността определят еднозначно една равнина, която разделя сферата на две полусфери. Ето пример:

Колко полуокръжности определят три точки? Това са комбинациите между трите точки, умножени по две (всяка комбинация определя две полуокръжности). От тук можем да намерим формула и за „n“ точки. Всеки n≥2 точки, нито две от които нележащи на един диагонал, определят общ брой полусфери по формулата:

Сега по индукция бих искал да изкажа следното твърдение:

Твърдение: За всяка „k“ мерна хиперсфера, всеки „n“ точки (n≥k-1), нито две от които нележащи на един диагонал, определят следният брой „полухиперсфери“ с центъра:

Доказателството на това твърдение оставям за по-добри математици от мен. Аз тук ще направя само…

Проверка: при окръжност имаме k=2. Следователно:

n=1 => 2.1!/1!.0! = 2 полуокръжности
n=2 => 2.2!/1!.0! = 4 полуокръжности
n=3 => 3!/1! = 6 полуокръжности
n=4 => 4.2 = 8 полуокръжности

При сфера имаме k=3. Следователно:

n=2 => 2.2!/2!.0! = 2 полусфери
n=3 => 2.3!/2!.1! = 2.3 = 6 полусфери
n=4 => 2.4!/2!.2! = 12 полусфери
n=5 => 2.5!/2!.3! = 20 полусфери

Нека сега решим няколко задачи.

Задача 1. Дадена е сфера с радиус 1. Каква е вероятността четири произволни точки да лежат в една и съща полусфера?

Решение: Взимаме една произволна полусфера. Вероятността една произволна точка да попадне в нея е 1/2. Следователно вероятността за четири произволни точки ще бъде (1/2).(1/2).(1/2).(1/2) = 1/16.

Тези четири точки определят общо 12 полусфери. Следователно вероятността e:

P=12/16=3/4

Задача 2. Дадена е сфера с радиус 1. Каква е вероятността пет произволни точки да лежат в една и съща полусфера?

Решение: Вероятността за това пет произволни точки да попаднат в една определена полусфера е 1/32. Пет точки определят 20 полусфери. Следователно вероятността e:

P=20/32=5/8

Задача 3. Дадена е сфера с радиус 1. Каква е вероятността „n“ произволни точки (n≥4) да лежат в една и съща полусфера?

Решение: Вероятността n произволни точки да попаднат в една определена полусфера е 1/2ⁿ. Общият брой полусфери, които определят n на брой точки е n.(n-1). Следователно вероятността е:

P=n.(n-1)/2ⁿ

Задача 4. Дадена е „k“-мерна хиперсфера (k≥2) и произволни „n“ на брой точки лежащи върху нея, като n≥k-1. Каква е вероятността всичките n на брой точки да лежат в една „полухиперсфера“?

Решение: Взимаме фиксирана „полухиперсфера“ – вероятността точките да лежат в нея е 1/2ⁿ. Общият брой „полухиперсфери“ според изказаното по-горе твърдение е 2.n!/(k!.(n-k)!). Следователно вероятността е:

Задача за упражнение: Начертайте дискретните графики* на функциите:

f_k=2(n)=2.n/2ⁿ, n≥1

f_k=3(x)=n.(n-1)/2ⁿ, n≥2

f_k=4(n)=2.n.(n-1).(n-2)/(6.2ⁿ), n≥3

f_k=5(n)=2.n.(n-1).(n-2).(n-3)/(24.2ⁿ), n≥4

f_k=6(n)=2.n.(n-1).(n-2).(n-3)/(120.2ⁿ), n≥5

По абцисата ще стоят броят точки (n са цели числа*), а по ординатата естествено ще имате вероятността от 0 до 1 те да се намират в една полухиперсфера. Забелязвате ли някаква зависимост?

* Може и да начертаете графиките на функциите с n реално число, но после я засечете с вертикални линии на всяко цяло n, за да намерите търсените пресечни точки. В тези задачи няма смисъл от изказвания като например „2,3 точки лежащи върху хиперсфера“, защото не е ясно какво означава „0,3 точки“.

Решение: Всеки две произволни точки върху окръжност я разделят на две дъги – къса и дълга. Без да ограничаваме решенията обозначаваме тези две точки с A и B. Нека късата дъга AB е с дължина „x“. Прекарваме лъчи AO и BO, които пресичат окръжността съответно в точки A’ и B’. Ако точка C лежи в дъгата A’B', то центъра на окръжността ще бъде вътрешна точка за нея:

Ако дължината на дъжата AB е x, то и дължината на дъгата A’B’ също ще е x. Вероятността точка C да лежи в дъгата A’B’ е x/2π. Да но самото „x“ може да се мени от 0 до π. Следователно вероятността точка O да лежи вътре в триъгълника е:

Този резултат никак не е изненадващ. Ако погледнете внимателно ще видите, че ако точка O е вътре в триъгълника, то триъгълника е остроъгълен и обратно – ако е вън от него, то триъгълника е тъпоъгълен. Ние вече знаем вероятността произволен триъгълник в равнината да бъде остроъгълен – тя е 1/4. Оказва се, че решението на задачата не зависи от радиуса на окръжността (което и логично идва от задачата за произволен триъгълник, защото около всеки триъгълник може да се опише окръжност).

Нека разгледаме друга интересна интерпретация на задачата – ако точка C не лежи в дъгата A’B', то се оказва, че точките A, B и C ще лежат в една полуокръжност (B’AB или A’BA). Следователно търсената вероятност от тази задача може да се преформулира така: „Каква е вероятността три точки от окръжност да НЕ лежат в една полуокръжност?“. Решението вече го знаем – 1/4

Задача 1′. Каква е вероятността три точки лежащи върху окръжност да се намират в една полуокръжност?

Решение: От Задача 1 знаем, че вероятността трите точки да НЕ лежат в една полуокръжност е 1/4. Следователно търсената вероятност е P=1-1/4 = 3/4. Това естествено съвпада и с вероятността триъгълника да е тъпоъгълен.

Задача 2. Четири точки лежат върху една окръжност. Каква е вероятността четирите точки да лежат в една полуокръжност?

Решение: Тук ще започнем с различен подход. Нека вземем която и да е полуокръжност. Вероятността и четирите точки да попаднат в нея е (1/2)*(1/2)*(1/2)*(1/2)=1/2⁴=1/16.

Сега трябва да отбележим, че всеки четири точки могат да разделят една окръжност на общо 2*4=8 полуокръжности, защото всеки диаметър с край една от точките разделя окръжността на две полуокръжности. Естествено тези 8 полуокръжности се засичат една друга. Така вероятността точките да лежат в някоя от тези 8 полуокръжности е P=8*(1/16)=1/2.

Задача 3. „n“ на брой точки лежат върху една окръжност. Каква е вероятността всичките точки да лежат в една полуокръжност?

Решение: Подобно на задача 2. можем да формулираме, че вероятността всички точки да попаднат в произволна окръжност е 1/2ⁿ, а възможните полуокръжности са 2n. Следователно вероятността е P=2n/2ⁿ.

Нека за всеки случай да проверим дали тази формула работи с предишните задачи:

1 точка: 2/2 = 1
2 точки: 4/4 = 1
3 точки: 6/8 = 3/4
4 точки: 8/16 = 1/2
5 точки: 10/32 = 5/16
и т.н.

Направете проверка с компютърна прорама за частния случай с 5 точки.

Задача 4. Четири точки лежат върху една окръжност. Каква е вероятността центърът на окръжността да лежи вътре в четиригълника, образуван при свързването на всеки две „съседни“ точки с отсечка?

Пояснение: Ще казваме, че точката Q е съседна на P, ако не съществува друга точка Q’ такава, че хордата PQ’ е по-къса от хордата PQ.

Решение: Избираме две съседни точки A и B, които от предишните задачи вече знаем, че определят общо четири полуокръжности, но в комбинация винаги лежат в две засичащи се от тях. Нека късата дъга AB е с дължина x.

Сега нека вземем третата точка C. Тя ще е или по-близо до A или по-близо до B. Отново без да ограничаваме решенията приемаме, че тя е по-близо до B (ако не е, то просто сменяме означенията на точките A и B и разглеждаме дъгата в обратна посока). Нека късата дъга BC е с дължина y.

Построяваме лъчите AO, BO и CO, които пресичат окръжността в точки A’, B’ и C’. Лесно се доказва, че дъгите A’B’ и B’C’ са с дължини съответно x и y. Освен това, понеже имат обща точка, двете дъги общо формират една по-голяма дъга A’B'C’. Ако точка D попадне вътре в дъгата A’B'C’, то центъра на окръжността ще е вътре в един от двата триъгълника DAB или DCB, т.е. центъра ще е вътре и в четириъгълника ABCD. Вероятността за това е:

Трябва да отбележим, че това съвпада с вероятността точките да НЕ лежат в една полуокръжност. Действително от миналата задача знаем, че вероятността точките да лежат в една полуокръжност е 1/2, следователно вероятността да НЕ лежат в една полуокръжност е (1-1/2) = 1/2.

Задача 5. „n“ на брой точки лежат върху една окръжност. Каква е вероятността центърът на окръжността да лежи вътре в четиригълника, образуван при свързването на всеки две съседни точки с отсечка?

Недоказано решение: Хипотезата е, че вероятността е обратната на вероятността всички точки да лежат в една полуокръжност, т.е. решението на тази задача ще е P=1-2n/2ⁿ. Проверете дали е така или не е!

Решение: Ще направим координатна система, в която по абцисата ще нанасяме параметрите p, а по ординатата параметрите q. Условията 0≤p≤1 и 0≤q≤1 образуват множество от точки квадрат.

Квадратното уравнение от условието ще има реални корени тогава и само тогава, когато дискриминантата му D=p²-4q e по-голяма или равна на нула. Следователно p²≥4q, т.е. q≤p²/4. Начертаваме графика:

Защрихована в светло синьо част е тази, при която имаме реални решения, а останалата част е тази, при която корените на уравнението са комплексни числа. Остава да намерим нейното лице:

Следователно вероятността е:

P = (1/12)/1 = 1/12

Задача 2. Дадено е квадратно уравнение px²+x+q=0, където 0≤p≤1 и 0≤q≤1. Каква е вероятността решенията на квадратното уравнение да са реални числа?

Решение: Дискриминантата е D=1-4pq. Следователно търсим q≤1/4p:

Нека намерим лицето на бялата част. То е равно на:

Следователно вероятността е:

P = S(синята част)/1 = 1-0,3465 = 0,6535

Задача 3. Дадено е квадратно уравнение qx²+px+1=0, където 0≤p≤1 и 0≤q≤1. Каква е вероятността решенията на квадратното уравнение да са реални числа?

Решение: Дискриминантата е D=p²-4q – същата дискриминанта както тази от задача 1. Следователно решениятя са еквивалентни.

Задача 4. Дадено е квадратно уравнение qx²+px+q=0, където 0≤p≤1 и 0≤q≤1. Каква е вероятността решенията на квадратното уравнение да са реални числа?

Решение: Дискриминантата е D=p²-4q². Следователно търсим q²≤p²/4. Тук решението ще дойде значително по-лесно:

Лицето на защрихования в синьо триъгълник е 1/4, следователно:

P = (1/4)/1 = 1/4 = 0,25

Задача за упражнение 1. Дадено е квадратно уравнение x²+px+q=0, където 0≤p≤1 и -1≤q≤1. Каква е вероятността решенията на квадратното уравнение да са реални числа?

Задача с повишена трудност. Дадено е квадратно уравнение px²+qx+r=0, където 0≤p≤10, 0≤q≤10 и 0≤r≤10. Каква е вероятността решенията на квадратното уравнение да са реални числа?

Решение: Подобно на решенията от миналите задачи ще нанасяме избора на Иван по хоризонтала и изборът на Петър по вертикала. Оцветената в зелено област определя въриантите, в които условието е изпълнено:

Виждаме, че вариантите удовлетворяващи условието са общо 6 от 100, следователно:

P(y>x | y<5) = 6/100 = 0,06

Задача 2. Иван и Петър си намислят произволно цяло число от 1 до 10. Каква е вероятността числото на Петър да е строго по-голямо от числото на Иван и в същото време Иван да е избрал число строго по-малко от 5?

Решение: По аналогичен начин моделираме решението:

Виждаме, че тук вероятността е:

P(y>x | x<5) = 30/100 = 0,30

Задача за упражнение 1: Намерете P(y>x | x<5 | y<5).

Задача за упражнение 2: Намерете P(x>y | y>2 | x<8).

Задача за упражнение 3: Намерете решенията от горните две задачи, при избрани реални вместо цели числа.

Решение: Построяваме координатна система с начало точка (1,1), в която по оста x (хоризонталата) ще нанасяме избраното число от Иван, а по оста y (вертикалата) избраното число от Петър. Получава се квадрат от възможни точки:

Ако изберат едно и също число, то се намират в една от точките по диагонала:

Ако изберем точка от „горно-лявата“ половина на квадрата, то числата по вертикала ще са по-големи от числата по хоризонтала, а ако изберем от „долно-лявата“ половина обратно. Следователно точките намиращи се в оцветената в зелено част (без задрасканите с червената линия по диагонала – в условието пише „строго по-голямо“) ще са тези, при които Петър печели:

Следователно вероятността Петър да е избрал строго по-голямо число от Иван е:

P = 45/100 = 0,45

Задача 2. Иван и Петър си намислят произволно цяло число от 1 до 10. Каква е вероятността числото на Петър да е по-голямо или равно от числото на Иван?

Решение: Моделът е същият както от миналата задача, но вече трябва да включим и точките по диагонала. Следователно решението е:

P = 55/100 = 0,55

Задача 3. Иван и Петър си намислят произволно цяло число от 1 до 100.

a) Каква е вероятността числото на Петър да е строго по-голямо от числото на Иван?

б) Каква е вероятността числото на Петър да е по-голямо или равно от числото на Иван?

Решение: Очевидно и тук моделът ще е същия, но броят точки ще е различен. Общият брой точки в квадрата е S=10000, а точките по диагонала са d=100. Следователно точките в зелената част (без тези по диагонала) NW=(10000-100)/2=4950. Така получаваме решенията:

P(a) = 4950/10000 = 0,495

P(b) = (4950+100)/10000 = 0,505

Обобщена задача (при ограничено множество). Иван и Петър си намислят произволно цяло число от 1 до n.

a) Каква е вероятността числото на Петър да е строго по-голямо от числото на Иван?

б) Каква е вероятността числото на Петър да е по-голямо или равно от числото на Иван?

Решение: Общият брой точки в квадрата е S=n². Точките по диагонала са d=n. Точките в зелената част без тези по диагонала са NW=(n²-n)/2. Следователно решенията са:

P(a) = (n²-n)/2n² = (n-1)/2n

P(b) = (n²+n)/2n² = (n+1)/2n

Обобщена задача (при неограничено множество). Иван и Петър си намислят произволно цяло число, по-голямо или равно на 1.

a) Каква е вероятността числото на Петър да е строго по-голямо от числото на Иван?

б) Каква е вероятността числото на Петър да е по-голямо или равно от числото на Иван?

Решение: Ще намерим решението на тази задача от решението на предишната при „n“ клонящо към безкрайност. Вижда се веднага, че и при двата случая вероятностите са равни:

P(a) = P(b) = 1/2

Задача за упражнение 1: Решете задачи 1 и 2 като този път избраното число може да включва и цифра след десетичната запетая, например 8,6 или 2,3.

Задача за упражнение 2: Решете задачи 1 и 2 като избраното число може да съдържа до „n“ цифри след десетичната запетая.

Задача за упражнение 3: Решете задачи 1 и 2 като избраното число може да е реално (т.е. неограничен брой цифри след десетичната запетая).

Задача-уловка: Решете задачи 1 и 2 като избраното число може да е рационално, но НЕ и ирационално.

Тотално обобщена задача: Иван и Петър си намислят произволно реално число (може и отрицателно). Каква е вероятността Петър да е избрал по-голямо число от Иван?

Задача 1. Избираме четири точки върху пръчка така, че я разделят на пет равни части. Избираме две произволни точки от тях и чупим пръчката в тях. Каква е вероятноста получените три парчета да могат да са страни на триъгълник?

Решение: Тук решението може лесно да се получи с просто изброяване на всички възможни варианти. Ние ще направим именно това, но ще разледаме едно специфично геометрично решение на задачата. Нека разгледаме координатна система с дискретно разделение. По първата ос ще нанасяме дължината на едно от парчетата, а на другата дължината на второто. Ясно е, че всяко едно парче може да е с дължина 1, 2 или 3. Следователно възможните комбинации от две парчета са:

Ако изберем точка (1,1), то няма да имаме триъгълник, защото дължината на третото парче ще е 5-(1+1) = 3, а числата 1,1 и 3 не изпълняват условията за съществуване на триъгълник (3>1+1). Същото важи за точките (1,3) и (3,1). Ще имаме триъгълник само в точки (1,2), (2,1) и (2,2). Виждаме нещо познато – крайните точки формират един голям триъгълник, а решенията вписан чрез медицентровете му:

Решението се получава като разделим сбора от точките в червения триъгълник на сбора от всички точки:

P(5 части) = 3/6 = 1/2

Задача 2. Избираме пет точки върху пръчка така, че я разделят на шест равни части. Избираме две произволни точки от тях и чупим пръчката в тях. Каква е вероятноста получените три парчета да могат да са страни на триъгълник?

Решение: Ще направим същия модел. Максималната дължина на парче е 4 единици:

В този случай виждаме, че точките (1,1), (1,2), (1,3), (1,4), (2,1), (3,1), (4,1), (3,2), (2,3) НЕ са решение. Единственото решение е точка (2,2). На пръв поглед изглежда, че този случай няма нищо общо с предишната задача. Всъщност принципът с вписания триъгълник е валиден и тук:

Решението е:

P(6) = 1/10

Задача 3. Намерете P(7).

Решение: Отново правим същия модел. Максималната дължина на парче е 5:

Можете лесно да проверите, че представеното решение е вярно:

P(7) = 6/15 = 2/5

Задача 4. Намерете P(8).

Решение: И тук решението идва по същия метод:

Значи решението е:

P(8) = 3/21 = 1/7

Задача 5 – обобщена: Намерете P(n) за всяко n.

Решение: Тук няма да даваме доказателството подробно (оставяме това за ваша задача). От горните примери се вижда, че има сериозна разлика между случаите, в които n е четно или нечетно. Л. Рейд е изчислил, че при четно n вероятността е:

а при нечетно вероятността е:

Докажете, че това е така (нужно е да намерите формули за броя точки в червения квадрат, както и за общия брой точки в триъгълника при четен и при нечетен брой точки).

Изследване: За да направим истинска връзка с предишната задача, то е добре да изследваме границата на двете числови редици при „n“ клонящо към безкрайност. Решението се намира бързо и просто – 1/4 и при четен и при нечетен брой точки! Това напълно съвпада със случаи 1) и 4) от обобщената задача с непрекъснато множество от „точки за чупене“.

Начертайте първите 15 точки в координатна система с оси „n“ (броя части) и „P(n)“ (вероятността от 0 до 1). Ако свържете всички точки (i, P(i)) и (i+1, P(i+1)) от графиката ще видите, че отсечките винаги пресичат правата успоредна на оста „n“ на отстояние 1/4 и освен всичко друго тези отсечки стават все по-къси и по-къси, т.е. все повече и повече се доближаваме до обобщената задача.

]]> http://www.cphpvb.net/probability/6551-broken-stick-2/feed/ 0 http://www.cphpvb.net/probability/6548-bus-meeting/ http://www.cphpvb.net/probability/6548-bus-meeting/#comments Sun, 12 Dec 2010 15:52:55 +0000 Филип Петров http://www.cphpvb.net/?p=6548 Задача 1. Двама приятели всеки ден пътуват с автобус до работата си. В зависимост от това кой кога е станал те обикновено пристигат на спирката на рейса произволно между 8:00 и 8:20 сутринта. И двамата са склонни да се изчакват един друг, за да пътуват заедно, но максимум до 5 минути. Каква е вероятността да пътуват заедно? Приемаме, че непрекъснато пристигат и заминават автобуси.

Решение 1: Нека изберем координатна система с оси Pt1 и Pt2, по които ще измерваме времето на пристигане на „приятел 1″ и „приятел 2″ в минути. За удобство началото на координатната система (0,0) приемаме, че е 8:00 часа. Така на всяка възможна комбинация от пристигане на спирката „x“ за „приятел 1″ и „y“ на „приятел 2″ съответства точка P(x,y). Всички възможни точки P определят квадрат заключен от правите Pt1=0, Pt2=0, Pt1=20 и Pt2=20:

Зеленият регион на картинката е определен от линиите:

• Pt1=Pt2+5
• Pt2=Pt1-5

Виждаме, че за всяка точка P(x,y) вътре в зеления регион имаме |x – y| ≤ 5. Следователно ако точката е вътре в зеления регион, то приятелите са се срещнали, а ако не е, то не са пътували заедно. Така вероятността те да са пътували заедно е площта на зеления регион разделена на площта на квадрата.

Лицата на белите триъгълници са 15.15/2 = 112,5. Общото им лице е 225, а лицето на целия квадрат е 20.20 = 400.

Следователно вероятността да са пътували заедно е:

P = (400-225)/400 = 175/400 = 7/16 = 0,4375

Решение 2: Нека проверим решението на тази задача чрез метода от задачата за положение на две точки върху отсечка. Идеята е същата, като едната от точките ще представя пристигането на „приятел 1″, а другата точка пристигането на „приятел 2″. Като заместим l=20 и k=1/4, то от общото решение получаваме:

P = 2.1/4 – 1/16 = 7/16 = 0,4375

Виждаме, че методите и решенията са еквивалентни!

Задача 2. Решете същата задача, като приятелите са трима.

Задача 3. Решете същата задача при „n“ на брой приятели.

Решение: Както и в предишните разгледани задачи, и тук задачата има различна гъстота на решенията в зависимост от интерпретацията на началното условие. Нека разгледаме четири варианта на избор:

1) Избирате две произволни точки върху отсечката и я „чупите“ по тях.

Ще използваме интерпретация на теоремата на Винченцо Вивиани, а именно:

(T) Сборът от разстоянията от вътрешна в равностранен триъгълник точка до неговите страни e един и същ за всяка вътрешна точка.

Нека отсечката е с дължина l. Тогава можем да построим равностранен триъгълник такъв, че сборът от разстоянията от която и да е вътрешна точка до страните му е равен на l. Така всяка точка, лежаща в този триъгълник, може да се разглежда като произволно разделяне на отсечката на три равни части.

Сега да разгледаме равностранния триъгълник със страни медицентровете на страните на този триъгълник:

Лесно може да се прецени и докаже, че ако точката лежи вътре в малкия триъгълник, то трите отсечки (разстояния до страните на големия) ще изпълняват условието за съществуване на триъгълник, а ако точката е извън малкия триъгълник, то условието за съществуване на триъгълник няма да бъде изпълнено. Така трите части на отсечката да образуват триъгълник се оказва 1/4.

2) Избирате произволна точка и „чупите“ отсечката веднъж. Тогава избирате по-дългото от двете парчета и също го „чупите“ на две парчета.

Тук тренираният читател сам ще забележи, че има отклонение в условието. Първата точка на „чупене“ е избрана произволно от отсечка с дължина „l“. За удобство ще приемем, ме l=1. Нека тя е „разчупила“ къса отсечка „x“ и дълга „1-x“. Второто чупене също е произволно, но забележете – вече не върху отсечка с дължина 1, а върху отсечка с дължина 1-x. Ако разгледаме по аналогия с предишната задача, то вече сме определили едната височина (x):

Така точката ще се движи по отсечката CD. Ако тя попадне в AB, то ще имаме триъгълник. Ако не – няма да имаме. Да, но AB и CD зависят от x, и по-точно AB/CD = x/(1-x). Така, понеже знаем, че x<1/2, можем да изчислим вероятността като:

Виждаме, че вероятността както очаквахме е различна – приблизително 0,193. Да, но това беше при положение, че сме „счупили“ парчето x<1/2 (това беше наше предположение, с което всъщност ограничаваме решението). Какво ще се случи ако парчето x>1/2? Ще имаме абсолютно „огледална“ задача, където интеграла ще бъде в граници от 1/2 до 1. Тоест общото решение ще е „двойно“ по-голямо от решението от интеграла по-горе или приблизително 0,386 или грубо 2/5.

3) Избирате произволна точка и „чупите“ отсечката веднъж. Тогава избирате произволно едно от парчетата и го „чупите“, като по този начин получавате трите отсечки.

Тук много хора интуитивно се насочват, че вероятността е същата както в първата точка. Истината е съвсем друга. Тук имаме два случая:

1: Избрали сме по-малката отсечка, т.е. едната от отсечките ще е винаги по-голяма от половината от дължината на цялата отсечка, т.е. вероятността да формираме триъгълник тук е 0;

2: Избрали сме по-голямата отсечка, т.е. от тук нататък вероятността да формираме триъгълник ще е както в предишната задача от точка 2).

Вероятността да попаднем в едната от двете изброени възможности е 1/2. Така общо получаваме, че вероятността е наполовина на вероятността от точка 2), т.е. около 0,193 или грубо 1/5.

4) Избирате произволна точка и „чупите“ отсечката веднъж. Тогава избирате произволно едно от парчетата, но пропорционално на дължината им, и го „чупите“.

Тук имаме същата задача както 3), но с тази разлика, че не взимаме отсечките с вероятност 1/2, а ги взимаме с вероятност зависима от първото счупване. Нека за удобство отново дължината на отсечката е l=1. Тогава ако първото счупване е разделило отсечката на x и 1-x отсечки (x<1/2), то вероятността да изберем по-малката е x, а вероятността да изберем по-голямата е 1-x. От тук, както и в предишния случай, имаме два варианта:

1: Избрали сме по-малката отсечка

=> независимо как я счупим няма да получим триъгълник

2: Избрали сме по-голямата отсечка, т.е. 1-x. Тук е уместно да погледнем отново графиката от вариант на решение 2):

За да бъде формиран триъгълник отново имаме вероятността AB/CD = x/(1-x), но този път с добавено условие вероятността (1-x) (от избора), т.е. общо: (1-x).x/(1-x) = x. Интегрираме по границите на x:

Тук обаче отново, както в задача 2 отбелязваме, че ограничихме x<1/2, т.е. отново имаме „огледално“ решение при x>1/2, т.е. се налага накрая да „удвояваме резултата“ от интеграла. Така се получава, че общата вероятност в този случай е 1/4.

Отговорите с случай 1) и случай 4) съвпаднаха. С малко повече анализ можете да докажете, че техните условия са напълно еквивалентни!

Използвана литература:

1. Мартин Гарднър – „Математически Развлечения“, том 2.

Задача: Каква е вероятността един произволен триъгълник да бъде остроъгълен?

Решение: Нека ъглите на триъгълника са α,β и γ. Знаем, че α+β+γ = 180 (1) и освен това α>0, β>0 и γ>0 (2,3,4). Ако построим ортонормирана координатна система и по осите и нанасяме стойностите на α, β и γ, то условието (1) ще определи една равнина. Сечението на тази равнина с „първи квадрант“ (определен от условията за полуравнините (2,3,4)) ще определи един триъгълник:

Този триъгълник (въпреки, че не си личи от чертежа поради гледната точка) е равностранен. Ако вземем произволна точка в този триъгълник, то тя еднозначно определя стойности за α, β и γ, които разгледани като ъгли на триъгълник удовлетворяват условието за съществуването му (α+β+γ=180).

Нека сега разгледаме кога този триъгълник ще бъде остроъгълен. Очевидно това е когато α<90, β<90 и γ<90. Това означава, че точката (произволният триъгълник) ще трябва да бъде заключена „зад“ равнините α=90, β=90 и γ=90:

Именно ако произволна точка (триъгълник) попадне вътре в червения триъгълник, то ще имаме „добър изход“, т.е. остроъгълен триъгълник. Нека разгледаме графиката в равнината на равностранния триъгълник, за да стане още по-ясно:

Е, от тук нататък задачата се свежда до решаването на задачата „каква е вероятността за произволна точка в равностранен триъгълник да попадне в триъгълника определен от центровете на страните“.

=> P = S(червен триъгълник) / S(черен триъгълник)

=> вероятността произволен триъгълник да бъде остроъгълен е P = 1/4

Край на класическото решение.

Интересно е, че в интернет масово хората решават задачата използвайки компютър и получават доста по-различна вероятност – около 1/5, или за да бъда пределно точен – приблизително 0,19314715… Обикновено решенията се моделират като се вземат произволни координати на точките в равнината (общо 6 – по две координати за всяка точка) и според тях се прави проверка дали тръгълника е остроъгълен. При хиляди, дори стотици хиляди или милиони проверки, вероятността се получава именно клоняща към показаното число.

Разрових се и естествено открих къде се корени „проблема“ – компютърните модели са ограничени и не могат за генерират безкрайно големи произволни числа. Генерираните произволни числа са лимитирани между 0 и L (горната граница на възможните за компютъра), т.е. точките са лимитирани в един квадрат със страни L. Това дава съвсем различна задача и съответно различно решение, подобно на вариантите, които споменахме в обобщената задача на Силвестър.

Решение (без доказателство): Оказва се, че въпреки, че решенията са инвариантни спрямо големината на областта, все пак според вида на K се получават различни решения. Оригиналното решение на Силвестър от 1865г. е дадено в област триъгълник. Там вероятността се оказва 2/3. По късно Цзубер доказва, че вероятността P получава минимум именно в такава област K (триъгълник).

Крофтон през 1885г. е дал решение на задачата за области квадрат (вероятност P=25/36), правилен шестоъгълник (P=683/972) и кръг, което разгледахме вече в задача за четирите точки на Силвестър за кръг (P=1–35/12π²).

Така постепенно се стигнало до заключението, че минимума на вероятността се постига при област триъгълник, а максимума при област елипсоид. Грьомер е доказал, че максимума се достига именно при n-мерен елипсоид.

През 1994г. Е. Гецаиушкаш от института по математика и информатика във Вилнюз дава следната обобщена формула при изпъкнала област K (решение чрез т.нар. „метод на хордите“):

където L и F са периметър и лице на областта K; dG = dpdρ е гъстотата на линиите; p и ρ са нормалните координати на линия G; σ(G) е дължината на хорда G∩K; σ(G,x) е дължината на хорда перпендикулярна на линия G и минаваща през точка x на линията G; Θ(G,x) е ъгълът между тангентата и удължението на хордата с дължина σ(G,x) в точката пресичаща контура.