Вероятен триъгълник

[Sup3rlum]

Имаме една права линия. Чупим я на две случайни места.
Какъв е шанса да може да построим триъгълник от образуваните парчета?

[wowbagger]

Имаме една права линия. Чупим я на две случайни места.
Какъв е шанса да може да построим триъгълник от образуваните парчета?

Трудна задача - закъсах още на "счупена права линия". Виж ако беше за 2 точки по дължината на отсечка, отговорът очевидно е 1/4.

[aifC]

Ако двете точки от правата линия бележим с [tex]A_{1}[/tex] и [tex]A_{2}[/tex] и имаме окръжност с център [tex]O[/tex] то тогава арката [tex]OA_{1}A_{2}[/tex] отговаря на ъгъл по - малък от [tex]\pi[/tex].
[tex]\implies P = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4}[/tex]

[KOPMOPAH]

Да счупим пръчка.png (7.44 KiB) Прегледано 1704 пъти

От пунктираните линии можем да съставим триъгълник само в $\frac 14$ от случаите.

[wowbagger]

ОК - все-пак най-очевидното решение е, че за да има триъгълник трябва да няма страна над 1/2 дължината, т.е. вероятността = (1/2 - двете точки да са от различни страни на средата) * (1/2 - разстоянието между тях да е под половината дължина) = 1/4. Наистина ли никой не го намира за очевидно!?!?

[KOPMOPAH]

Използвай израза "Очевидно е..." внимателно, защото не винаги очевидно значи вярно!
Очевидно е, че Слънцето обикаля Земята, ама ...

[KOPMOPAH]

Може да се поразшири задачата още малко. Разбира се, става дума за отсечка (напр. пръчка), а не права линия, както е в условието.
На действието "чупене на две случайни места" може да се придаде друг смисъл, а именно - пръчката се чупи на случайно място и после по случаен начин се избира една от двете части, която също по случаен начин (т.е. на случайно място) се чупи. Каква е вероятността в този случай от частите да се направи триъгълник?

[Knowledge Greedy]

Нека отсечката, която чупим, е с дължина [tex]d[/tex].
За да се получи триъгълник, най-голямата му страна (да я означим с [tex]AB[/tex]) трябва да е по-малка от сбора на другите две.
Ето защо ще се интересуваме само от най-голямото парче, което пък не бива да е по-малко от или равно на [tex]\frac{d}{3}[/tex].
На пръв поглед [tex]P\left ( \frac{d}{3}<AB< \frac{d}{2}\right )=\frac{d/6}{d}=\frac{1}{6}\approx \,\ 16,67[/tex]% , при което очакваме някакво равномерно разпределение на двете точки, в които става счупването.

[Knowledge Greedy]

Последното, което написах ме наведе на мисълта, както и репликата на

Може да се поразшири задачата още малко. ...
На действието "чупене на две случайни места" може да се придаде друг смисъл, а именно - пръчката се чупи на случайно място и после по случаен начин се избира една от двете части, която също по случаен начин (т.е. на случайно място) се чупи. Каква е вероятността в този случай от частите да се направи триъгълник?

(подчертаното направих аз), че в решенията, които предлагаме, се използва крайният резултат от чупенето като дължини на отсечки.

А трябва да се съсредоточим върху точките на счупването!

Нека отсечката, която се чупи, е с дължинd [tex]d[/tex].
За да се получи триъгълник, най-голямата му страна (да я означим с [tex]AB[/tex]) трябва да е по-малка от сбора на другите две.
Ето защо ще се интересуваме само от краищата на най-голямото парче, което пък не бива да е по-малко от или равно на [tex]\frac{d}{3}[/tex].
Да считаме, че най-дългата отчупена отсечка [tex]AB[/tex] е с край [tex]A[/tex] - на разстояние [tex]x[/tex] от единия от краищата на дадената отсечка - например [tex]M[/tex], т.е. трябва [tex]0<x<\frac{d}{2}[/tex]
Ако тя е дълга [tex]y-x[/tex], за [tex]AB[/tex] е изпълнено [tex]\frac{d}{3}<AB = y-x < \frac{d}{2}[/tex].
Всяко от местоположенията на [tex]A[/tex] ще комбинираме с всяко от местоположения на [tex]B[/tex] така, че да е изпълнено условието - в случая това е "Съществува триъгълник и най-дългата му страна е [tex]AB[/tex].".
За нагледност приемаме за абсцисна ос правата по задената отсечка, ординатната - перпендикулярна на нея. Начало [tex]O[/tex] - единият край на зададената отсечка [tex]MN[/tex], т.е. [tex]O\equiv M[/tex].
Поради това, че [tex]y[/tex] зависи от [tex]x[/tex], при това трябва [tex]\frac{d}{3}<AB< \frac{d}{2} \Leftrightarrow \,\ \frac{d}{3}<y-x< \frac{d}{2}[/tex], точките на счупване трябва да са в защрихованата област [tex]D[/tex] на квадрата.
[tex]D: \,\ \begin{array}{|l} x+ \frac{d}{3} < y <x+ \frac{d}{2} \\ 0 < x <\frac{d}{2} \end{array}[/tex]
Вероятността в две точки [tex]A(x)[/tex] и [tex]B(y)[/tex] от отсечката [tex]MN[/tex], при което трите отсечки [tex]MA[/tex], [tex]AB[/tex] и [tex]BN[/tex] да послужат за върхове на триъгълник [tex]^{\ast}[/tex], е [tex]P=\frac{2S(D)}{d^2}[/tex]
[tex]S(D)[/tex] може да определим с интеграл, но е очевиден и елементарно-геометричният подход - това е лицето на равнобедрен трапец (респективно - успоредник).

Геометрична вероятност да има триъгълник.png (3.88 KiB) Прегледано 1561 пъти

[tex]S(D)=\frac{d^2}{12}[/tex]
Удвояването в числителя на формулата се налага заради това, че точката [tex]A[/tex] може да се намира и във втората половина на дадената отсечка [tex]MN[/tex] (а това не бе предвидено дотук).
Малко изненадващо, но и с този подход получих [tex]P=\frac{1}{6}[/tex].
____________
[tex]^{\ast}[/tex] [tex]AB[/tex] е най-голямата страна на триъгълника.

[peyo]

Здравейте,

Реших да направя симулация за двата случая.
1) Избираме 2-те точки на счупване предварително. Счупваме в избраните точки.
2) Избираме 1 точка. Счупваме. Избираме случайно една от двете пръчки. Счупваме я случайно.

Написах програмка на Python и резултатите са:
0.25004558
0.1932247

Излежда 1/4 и 1/5 сътветно. Малко изненадващ резултат.

Следва кода

Код: Избери целия код

from __future__ import division
import random

def f1():
    bust = 0
    N = 100000000
    for i in range(N):
        p1,p2 = random.random(),random.random()
        s1 = min(p1,p2)
        s2 = max(p1,p2) - s1
        s3 = 1 - ( s1+s2)
        #print s1,s2,s3 , s1+s2+s3
        if s1 >=0.5 or s2 >= 0.5 or s3>= 0.5:
            bust += 1
    print (1 - (bust /N) )
   
def f2():
    bust = 0
    N = 100000000
    for i in range(N):
        p1 = random.random()
        s01,s02 = p1, 1-p1
        c = random.random()
        if c < 0.5:
            pm1 = s01*random.random()
            s1,s2,s3 = pm1, s01 - pm1, s02
        else:
            pm2 = s02*random.random()
            s1,s2,s3 = s01, pm2, s02-pm2
        #print s1,s2,s3 , s1+s2+s3
        if s1 >=0.5 or s2 >= 0.5 or s3>= 0.5:
            bust += 1
    print (1 - (bust /N))
   
if __name__ == '__main__':
    f1()
    f2()


[drago]

Всъщност втората вероятност е $\ln 2-\frac{1}{2}$.
За да има шанс да стане триъгълник трябва да изберем по-дългата от двете пръчки. Значи търсената вероятност е равна на половината от вероятността на следното събитие: "да изберем случайно число $u$ в интервала $(1/2,1)$ след това друго случайно число $t\in (0,1)$ и трите величини $tu,(1-t)u,1-u$ да са страни на триъгълник".
Лесно се вижда, че последното е еквивалентно на $\frac{2u-1}{2u}<t<\frac{1}{2u}\,,\,u\in \left(\frac{1}{2},1\right)$. Значи търсената вероятност е:
$$\frac{1}{2}\int_{1/2}^1 \left(\frac{1}{2u}-\frac{2u-1}{2u}\right)\cdot 2\,du $$
Тук $2\,du$ e плътността на равномерно разпределената сл. величина приемаща стойности в $(1/2,1)$. Интегралът се смята лесно и се получава $\ln 2-\frac{1}{2}\approx 0.1931$, което се съгласува перфектно със софтуерния модел.

[Sup3rlum]

Пуснах задачата и заминах на форумна почивка. Да, отсечка трябва да е, не мога да мисля.

Интересни резултати се получават при различните решения.
Моята първоначална идея беше - нека вземем отсечката и превърнем в кръг. Двата края се съединяват в една точка $K$. Двете случайни точки ще са $B$ и $C$. По триъгълното неравенство, една арка не тръбва да бъде по-голяма от сбора на другите две $\Rightarrow$ не трябва да е по-голяма от $\pi$. Това означава, че тази част, образувана от правата и арката, не може да съдържа центъра. От тук става ясно, че центъра трябва да е извън всеки един полукръг, а вътре в триъгълника $KBC$. Въпросът ни се превръща в този: Ако имаме 3 случайни точки взети от окръжност, какъв е шансът вписаният триъгълник да съдържа центъра?
Ако това звучи познато, това е известният проблем от 3blue1brown. Отговорът за кръг е $\frac{1}{4}$ а за сфера $\frac{1}{8}$.

Screenshot_16.png (10.44 KiB) Прегледано 1330 пъти

Пробвах и аз един скрипт на C#:

Код: Избери целия код

using System;

namespace TriangleTest
{
    class Program
    {
        static int trials = 1000000;
        static int succeeded1 = 0;
        static int succeeded2 = 0;
        static Random r;

        static void Main(string[] args)
        {
            r = new Random();

            for (int i = 0; i < trials; i++)
            {
                double a = r.NextDouble();
                double b = r.NextDouble();

                if (a != b)
                {
                    if (b > a)
                    {
                        if (TriangleRule(a,b-a,1-b))
                        {
                            succeeded1++;
                        }
                    }
                    else
                    {
                        if (TriangleRule(b, a - b, 1 - a))
                        {
                            succeeded2++;
                        }
                    }
                }
                else
                {
                    Console.WriteLine("same");
                }
            }
            Console.WriteLine("Ordered fixed: ");
            Console.WriteLine((float)succeeded1 / (float)trials);
            Console.WriteLine("Non-ordered fixed: ");
            Console.WriteLine((float)(succeeded1+succeeded2) / (float)trials);
            Console.ReadKey();
        }
        static bool TriangleRule(double p1, double p2, double p3)
        {
            return
                (
                p1 < p2 + p3 &&
                p2 < p1 + p3 &&
                p3 < p2 + p2
                );
        }
    }
}


И резултатите които получавам:

Screenshot_17.png (4.41 KiB) Прегледано 1329 пъти

.....

Това ограничава възможността, защото по-голямата пръчка не винаги покрива интервала $(\frac{1}{2};1)$ напълно. Ако сметнеш и вероятностите в които по-голямата пръчка не покрива интервала, получаваш $\frac{3}{4}-ln2$. И като събереш двете получаваш... $\frac{1}{4}$

[drago]

...Това ограничава възможността, защото по-голямата пръчка не винаги покрива интервала $(\frac{1}{2};1)$ напълно. Ако сметнеш и вероятностите в които по-голямата пръчка не покрива интервала, получаваш $\frac{3}{4}-ln2$. И като събереш двете получаваш... $\frac{1}{4}$

Ako говорим за втората постановка, когато първо избираш случ. точка. $a$, после случайно едно от двете парчета и накрая случайна точка в/у него, то дължината на по-голямата пръчка след първото избиране ($a$ или $1-a$) е случайна величина, която равномерно покрива $(\frac{1}{2},1)$. С това ли не си съгласен?

Тази програмка е само за първата постановка, когато случайно чупиш на две места и $0.125$ e вероятността да образуват триъгълник, при положение че едната т. на чупене $b$ да е по-голяма от втората $a$. И още толкова шанс $b<a$ става общо $0.25$, колкото и трябва.

Ако направиш и скриптче за втората постановка, (когато първо избираш случ. т. $a$, после случайно едно от двете парчета и накрая случайна точка в/у него) ще видиш, че шанса е точно $\ln 2 -\frac{1}{2}$.

[Genie_Almo]

Потвърждавам думите на drago. Аз също направих симулации на двете постановки и числата излязоха точно така, както казва той. Може би отклонението при мен е малко по-съществено, от порядъка на 0.15% - 0.25% , но това го отдавам на относително малкия брой наблюдения при моите модели - по около 1 000 000 и при двата.

[drago]

За който му е интересно, малко повече размишления на тази тема: https://dgrozev.wordpress.com/2019/05/1 ... ee-pieces/
Пуснах този втория (усложнения) вариант на задачата в AoPS, интересно ми беше дали има някакъв подход без да се използват интеграли, макар че едва ли, като се има предвид отговора.
Картинката в първия линка съм я заел от Корморан.