Zadania.info
Największy internetowy zbiór zadań z matematyki
cornersUpL
cornersUpR

Zadania

Na skróty

Recenzje

Linki sponsorowane

cornersM

Linki sponsorowane

cornersR
Zadanie nr 4138624

Z przedziału [0,1] wybrano losowo dwa punkty, które podzieliły go na trzy odcinki. Jaka jest szansa, że uda się z nich zbudować trójkąt?

Wersja PDF
Rozwiązanie

Sposób I

O losowaniu dwóch punktów z przedziału [0,1] możemy myśleć jak o losowaniu jednego punktu (x,y ) z kwadratu [0 ,1]× [0,1] .


PIC

Wygodniej jest jednak trochę zmniejszyć przestrzeń zdarzeń elementarnych. Możemy założyć, że x oznacza mniejszą z wylosowanych liczb, czyli, że x ≤ y . W ten sposób obcinamy przestrzeń zdarzeń elementarnych do części kwadratu leżącej powyżej prostej y = x , czyli do trójkąta OAB .

Teraz zastanówmy się kiedy z wylosowanych odcinków można zbudować trójkąt? Z trzech odcinków można zbudować trójkąt jeżeli najdłuższy z nich jest krótszy od sumy dwóch pozostałych. W naszej sytuacji oznacza to, że najdłuższy odcinek musi być krótszy od 1 2 (bo suma długości wszystkich to 1).

Wiemy już, co oznacza warunek z trójkątem, więc zastanówmy się jak mogą być położne punkty x i y > x .

Jeżeli  1 x ≥ 2 to odcinek [0,x] ma długość większą od 1 2 i jest źle. Zatem musi być x < 12 . Rysujemy więc prostą x = 12 i pamiętamy, że zdarzenia sprzyjające muszą być na lewo od niej.

Teraz pora na y . Oczywiście y jest na prawo od x i podobnie jak przed chwilą, jeżeli y ≤ 12 to odcinek [y,1 ] jest dłuższy od 12 . Zatem y > 12 . Zaznaczamy to jak wcześniej: rysujemy prostą y = 1 2 i pamiętamy, że zdarzenia sprzyjające są powyżej tej prostej.

Ostatnia rzecz, na którą musimy uważać, to długość odcinka [x,y] . Musi ona być mniejsza niż 1 2 , czyli

y < x + 1-. 2

Jak poprzednio, rysujemy prostą  1 y = x+ 2 i zdarzenia sprzyjające są poniżej tej prostej.

Ostatecznie widzimy, że zdarzenia sprzyjające tworzą trójkąt, którego pole stanowi 1 4 pola trójkąta OAB , czyli szukane prawdopodobieństwo wynosi 1 4 .

Sposób II

Mała modyfikacja poprzedniego sposobu.

Tak jak poprzednio stwierdzamy, że musimy policzyć miarę zbioru par (x,y ) spełniających opisany w zadaniu warunek. Podobnie jak poprzednio przyjmijmy, że x < y (czyli przez x oznaczamy mniejszą z wylosowanych liczb). Tym razem nie będziemy jednak niczego rysować w układzie współrzędnych, ale szukane pole liczymy z twierdzenia Fubiniego (czyli zamiast całki podwójnej, liczymy całki iterowane).

Ustalmy x ∈ [0,1] i zastanówmy się jaka jest miara możliwych y ∈ [0,1] . Dokładnie tak jak poprzednio stwierdzamy, że musi być x < 12 oraz 1 < y < x + 1 2 2 , zatem przy ustalonym x , możliwych y -ków jest x (długość przedziału [ 1 1] 2,x+ 2 ). Zatem pole zbioru zdarzeń sprzyjających jest równe

 [ ]1 ∫ 12 1 2 2 1 xdx = --x = -. 0 2 0 8

Pole Ω -i liczymy podobnie

 ∫ 1 [ ] 1 |Ω | = (1 − x )dx = x − 1x2 = 1- 0 2 0 2

(bo y ∈ [x ,1] ). Zatem prawdopodobieństwo jest równe

18- 1- 1 = 4. 2

Sposób III

Zamiast myśleć o losowaniu dwóch liczb z odcinka, możemy myśleć o losowaniu trzech liczb z okręgu długości 1– dodatkowy punkt to ten, w którym rozcinamy okrąg, żeby dostać odcinek. Łatwo teraz zauważyć, że zdarzenia sprzyjające to takie, w których te trzy punkty nie leżą na jednym półokręgu.


PIC

Zauważmy teraz, że punkt na okręgu jednoznacznie wyznacza półokrąg, którego jest środkiem. Kolejna obserwacja to, że trzy punkty leżą na jednym półokręgu wtedy i tylko wtedy, gdy wyznaczone przez te punkty półokręgi mają niepustą część wspólną. Spróbujmy to uzasadnić: jeżeli punkty leżą na jednym półokręgu, to środek tego półokręgu jest w każdym z półokręgów wyznaczonych przez te trzy punkty. Na odwrót, jeżeli x jest punktem wspólnym trzech półokręgów wyznaczonych przez dane punkty, to punkty te leżą na półokręgu o środku x .

Powyższe obserwacje pozwalają nam sprafrazować zadanie: losujemy trzy półokręgi, jakie jest prawdopodobieństwo p , że ich część wspólna jest pusta?

Łatwiej jest policzyć prawdopodobieństwo p′ zdarzenia przeciwnego: jakie jest prawdopodobieństwo wylosowania trzech półokręgów, które mają niepustą część wspólną? Półokręgi możemy losować następująco: losujemy trzy średnice, a potem dla każdej ze średnic wybieramy jeden z wyznaczonych przez nie półokręgów. Pokażemy, że w tym drugim etapie, czyli przy wyborze półokręgów, interesujące nas prawdopodobieństwo otrzymania przecinających się łuków wynosi 3 4 (jest więc niezależne od tego jakie średnice wylosowano). To oznacza, że  3 p ′ = 4 , czyli  1 p = 4 .

Ustalmy zatem trzy średnice i zastanówmy się jakie jest prawdopodobieństwo wybrania trzech półokręgów, które mają niepusty przekrój. Zauważmy, że mamy już teraz sytuację skończoną, czyli prawdopodobieństwo klasyczne! Każda średnica wyznacza dwa półokręgi, czyli

Ω = 2⋅ 2⋅2 = 8.

Zdarzeń sprzyjających jest tyle, na ile łuków dzielą okrąg trzy średnice, czyli 6. Rzeczywiście, jeżeli półokręgi mają mieć część wspólną, to musi to być jeden z tych 6 łuków. Odwrotnie też, łatwo zobaczyć, że każdy z tych łuków jednoznacznie wyznacza trzy półokręgi. Zatem prawdopodobieństwo wybrania trzech przecinających się półokręgów wynosi

6 3 --= --. 8 4

W pierwszej chwili może się wydawać, że 3 sposób jest przesadnie skomplikowany w stosunku do dwóch poprzednich, ale ma on jedną dużą zaletę, można go z powodzeniem stosować w ogólniejszych sytuacjach (np. gdy na okręgu wybieramy nie 3, ale n punktów).  
Odpowiedź: 1 4

Wersja PDF
Twoje uwagi
Nie rozumiesz fragmentu rozwiązania?
W rozwiązaniu jest błąd lub literówka?
Masz inny pomysł na rozwiązanie tego zadania?
Napisz nam o tym!