Действительно не открывается - м б слишком длинная для системы. Попробуйте здесь. zavalinka.org/read.php?id=444680
Если Вы раньше к колхозникам не заходили, то выйдет панель. На всякий случай, если не сможете прочитать текст на ней(у меня например сейчас кракозябры) то в обоих полях надо вписать buratino(они время от времени меняют пароль, на панели написано как до него догадаться - по русски, для любого русского их указания достаточны
, а широкой рекламы они не хотят. Библиотека грандиозная, фантастическая)
1. Бросаем 4 точки на сферу случайным образом (т.е., независимо и с равномерным распределением). Найти вероятность того, что центр сферы попадет внутрь тетраэдра, образованного этими четырьмя точками.
Тут, конечно, имеет смысл сначала рассмотреть аналогичную задачку про 3 точки и окружность. Проблема в том, что ее можно решить разными способами, и не каждый из них может быть легко обобщен на бльшие размерности.
2. В стране Анчурии проходит математический конгресс, в котором принимают участие 100 математиков. За несколько дней до окончания конгресса в оной стране происходит переворот и военная хунта захватывает власть. Глава хунты, полковник Фидель Аугусто Чавес, приказывает всех математиков арестовать. Но полковник, в сущности, добрейшей души человек. Вот он приходит в тюрьму к математикам, и говорит такую речь:
Мы тут, разумеется, решили вас всех расстрелять. Но я хочу дать вам шанс. В соседней комнате лежит 100 карточек. На одной стороне у них числа от 1 до 100, а на обратной - ваши имена. Вы будете по одному заходить в комнату, где карточки будут лежать числами вверх. Каждый может перевернуть 95 карточек. Если каждый из вас, переворачивая карточки, найдет свое собственное имя - тогда всех прикажу отпустить. А вот если хоть один не найдет - тогда уж всех расстреляют.
Оцените шансы того, что для математиков все кончится хорошо.
Поясню условие задачи: на каждой карточке только одно имя и только одно число, числа и имена не повторяются. Каждый проходит через комнату с карточками один и только один раз. Перед началом процесса математики могут между собой договориться о чем угодно, но тот, кто уже прошел через комнату, не может передать никакой информации остальным (и, перед тем как зайдет следующий, карточки переворачивают обратно числами вверх). Естественно, карточки непрозрачны, и на них ничего рисовать нельзя. Менять их расположение тоже смысла нет - все равно к приходу следующего все перемешают.
Бросаем 4 точки на сферу случайным образом (т.е., независимо и с равномерным распределением). Найти вероятность того, что центр сферы попадет внутрь тетраэдра, образованного этими четырьмя точками
1/6? Т е 1/2
P( ) d
И Р(альфа) по интуиции и индукции должно быть альфа
Примечательно, что во второй задаче (если следовать правильной стратегии) с вероятностью 0,91 происходит следующее: уже первый математик, выйдя из комнаты, будет абсолютно уверен, что все кончится хорошо.
Примечательно, что во второй задаче (если следовать правильной стратегии) с вероятностью 0,91 происходит следующее: уже первый математик, выйдя из комнаты, будет абсолютно уверен, что все кончится хорошо.
Я помню эту задачу, хотя решение нет
Понятно, что первым делом математикам тоже нужно пронумероваться ....
что для круга - 1/4? Или всё-таки 1/2, т е множитель 1/2 не нужен?
1/2 лучше, практически, чем 1/4 теоретически.
2 точки дадут линию, которая всегда будет в 1/2 круга, за исключением чистого диаметра. случай попадания в диаметр 2-х точек первых, только увеличивает вероятность, если считать что центр на линии Всё: вероятность попадания третьей точки в половину окружности чисто случайно= 1/2, а с учетом толщины диаметра, дажечутьбольше , хотя при нынешней трактовке бесконечности координат непрерывного отрезка можно толщину диаметра и не учитывать.
На судьбу ТРЕТЬЕЙ точки местоположение выброшенных первых двух ни практически ни теоретически не должно влиять (понимаю, что по формулам можно получить что нибудь и иное). Почему и откуда выползает 1/4, из какой топологии - мебиусолистной, что ли?
1/2 лучше, практически, чем 1/4 теоретически.
2 точки дадут линию, которая всегда будет в 1/2 круга, за исключением чистого диаметра. случай попадания в диаметр 2-х точек первых, только увеличивает вероятность, если считать что центр на линии
Всё: вероятность попадания третьей точки в половину окружности чисто случайно= 1/2, а с учетом толщины диаметра, дажечутьбольше , хотя при нынешней трактовке бесконечности координат непрерывного отрезка можно толщину диаметра и не учитывать.
На судьбу ТРЕТЬЕЙ точки местоположение выброшенных первых двух ни практически ни теоретически не должно влиять (понимаю, что по формулам можно получить что нибудь и иное). Почему и откуда выползает 1/4, из какой топологии - мебиусолистной, что ли
Ваша ошибка: 3-я точка должна попадать не в полуокружность, а в дугу, противоположную первой(определяемую первыми двумя). Те у нас интеграл от нуля до 1 альфа д альфа.
Множитель 1/2 получается от того, что цена альфы как длины дуги противоположного сектора вдвое меньше чем длина дуги альфа как расстояния между первыми 2-мя точками.
Я понимаю, что я написал весьма неясно, но надеюсь, что Вы поняли. Может Сергей может написать яснее?
Вспоминается, что первый математик должен взять карточку со своим номером, а потом каждый раз открывать номер парня на dark side...
это да
Grigoriy написал(а):
Может Сергей может написать яснее?
Ну, если принять длину окружности за единицу, то с вероятностью 1 длина дуги между первыми двумя точками будет строго меньше 1/2. И интеграл там берется от 0 до 1/2, поэтому и ответ получится 1/4.
В любом случае, эту задачу (про окружность) решить легко, и можно это сделать многими разными способами. Проблема в том, чтобы найти такой способ, который легко обобщается на задачу про 4 точки и сферу...
Мне как раз казалось, что этот способ должен легко обобщаться - точно также 4-ая точка должна находиться в шапочке, противоположной определяемой первыми 3-мя, и надо взять интеграл
1/2*S * P(площадь шапочки = S) dS
от нуля до 1
И кажется, что и вероятность в скобках долzhна легко считаться - вероятность что 3 точки ппопадут в данную область площадью S есть очевидно S в кубе, , но нам то нужна любая, т е нужна плотность вероятности всех областей площади S во мн-ве всех областей - а вот это не получается ясно - хотя есть ощущение, что д б просто - и ответ окончательный должен быть 1/8
С окружностью получается просто потому, что там все области данной длины - одинаковы, и нужная плотность просто 1, а здесь не так, хотя чувствуется, что она д б S
Мне как раз казалось, что этот способ должен легко обобщаться - точно также 4-ая точка должна находиться в шапочке, противоположной определяемой первыми 3-мя, и надо взять интеграл
1/2*S * P(площадь шапочки = S) dS
от нуля до 1
И кажется, что и вероятность в скобках долzhна легко считаться - вероятность что 3 точки ппопадут в данную область площадью S есть очевидно S в кубе, , но нам то нужна любая, т е нужна плотность вероятности всех областей площади S во мн-ве всех областей - а вот это не получается ясно - хотя есть ощущение, что д б просто - и ответ окончательный должен быть 1/8
С окружностью получается просто потому, что там все области данной длины - одинаковы, и нужная плотность просто 1, а здесь не так, хотя чувствуется, что она д б S
да, если считать, что площадь сферы равна единице, то это сведется к тому, что надо вычислить матожидание площади сферического треугольника, образованного первыми тремя точками. Это, в общем, сделать нетрудно, но надо догадаться как
Но, на самом деле, есть и еще более простое решение - там вообще никаких интегралов нет, а только соображения симметрии
Ваша ошибка: 3-я точка должна попадать не в полуокружность, а в дугу, противоположную первой(определяемую первыми двумя). Те у нас интеграл от нуля до 1 альфа д альфа.
Множитель 1/2 получается от того, что цена альфы как длины дуги противоположного сектора вдвое меньше чем длина дуги альфа как расстояния между первыми 2-мя точками.
Я понимаю, что я
Достаточно точно.
Так подурацки я рассуждал, потому что вместо центра в голове сидело просто наличие третьей точки во второй половине окружности.
На ГД мне нарисрвали рисунок (даже красным цветом нужную область) так мне и надо Записал себе на диск так: рисуется
HTML
HEAD
div id=m248 class=mes
table class=mestrthba href=http://www.gamedev.ru/users/?id=15406 title=Аслан АбисаловAslan/a/b/thtd style=text-align: center; width: 60pxa href=http://www.gamedev.ru/flame/forum/?id=136681amp;delmes=2138865 title=Удалить сообщениеУдалить/a/tdtd style=text-align: center; width: 90pxПостоялец/tdtd style=text-align: center;a href=http://aslan-prog.narod.ru rel=nofollow title=http://aslan-prog.narod.ru (nofollow для неучастников)www/a/tdtd style=text-align: center;ba href=javascript:ins_quote('Aslan') title=Вставка ника с цитированием выделенного текста«»/a/b/tdtd style=width: 100px16 окт. 2010/tdtdi23:32/i/tdtdia href=http://www.gamedev.ru/flame/forum/?id=136681amp;page=17#m248 title=Ссылка на 248-е сообщение#248/a/i/td/tr/table
div class=block
img src=http://www.gamedev.ru/files/images/59855_1287257312_1.jpg alt=1 | почему нельзя считать, что гармонический ряд сходится! /
br /Для простоты фиксируем A и меняем B, так чтобы угол OAB оставался от 0 до 1/2 окружности. Средний размер quot;краснойquot; зоны составит 1/4, такова же и вероятность попадания C в нее/p
/div
/div
/HTML
чтобы найти такой способ, который легко обобщается на задачу про 4 точки и сферу...
А может есть тоже некие графические методы
(нетопологические - даже в библиотеку заглянул, но как прочитал в 5-томной матЭнциклопедии что Важен класс паракомпактных пространств, отражающих в частности идею безграничной делимости пространства т.е. все тот же континуум отрезков - эитузиазм поубавился... (Хотя и представлял ранее топологические обекты такими резиново-пластилиновыми, без или с фиксированным числом дыр от громадных до выколотых, с игнорированием всяких обычных расстояний, прямо(и)линейностей, шероховатостей и т.д )
Ведь важно то, что последняя точка и там и там все определяет...
Мне кажется, симметричные соображения в задаче с бросанием точек на окружность и сферу можно провести следующим образом.
На окружности проще:
Пусть имеются уже 2 брошенные точки A, B и центр O. Тогда прямая AO разделит окружность на 2, естественно, одинаковые по длине полуокружности, на одной из которых будет находиться точка B. Нам понадобится та полуокружность, которая не содержит точки B. Аналогично для прямой BO. Если точка C одновременно попадет в нужные полуокружности, то ABC будет содержать O. То есть, вероятность = 1/2 * 1/2 = 1/4
Я думаю, что и для сферы пройдут подобные рассуждения. Три точки и центр сферы создадут 3 пары полусфер, и попадание 4 точки одновременно в 3 нужные полусферы дадут вероятность = 1/2 * 1/2 * 1/2 = 1/8
На окружности проще:
Пусть имеются уже 2 брошенные точки A, B и центр O. Тогда прямая AO разделит окружность на 2, естественно, одинаковые по длине полуокружности, на одной из которых будет находиться точка B. Нам понадобится та полуокружность, которая не содержит точки B. Аналогично для прямой BO. Если точка C одновременно попадет в нужные полуокружности, то ABC будет содержать O. То есть, вероятность = 1/2 * 1/2 = 1/4
У Вас верный ответ получается через неверные рассуждения.
При фиксированных точках А и В нельзя считать, что соответствующие события независимы. Собственно, если мы зафиксируем А и В, то вероятность будет = (длина дуги АВ)/(длина окружности), и лишь после усреднения получится 1/4.
Естественно, имелось ввиду, что вероятность одновременно попасть в 2 совершенно случайные полуокружности равна 1/4. Иначе конечно, если например точки A и B лежат почти на диаметре, то и вероятность будет почти 1/2
Чтобы пользоваться формулой [вероятность пересечения = произведение вероятностей], надо, чтобы соответствующие события были независимы. Даже для задачи про окружность это не вполне ясно (каждая из двух случайных полуокружностей зависит от обеих точек А и В, и как теперь строго доказать независимость событий?). А уж со сферой все еще более запутано...
Да вроде точки A и B влияют друг на друга только в смысле выбора одной из 2-х полуокружностей, определяемых каждой точкой по отдельности, действительно случайных и независимых (так же, как A и B).
Мне это доказательство (если его признают таковым
) нравится отсутствием нудных слов типа матожидание длины дуги AB деленное на длину окружности
Хорошо, тогда так.
По алгоритму из #804 между множеством неупорядоченных пар точек (A, B), такими, что A не равно B а также AB не есть диаметр, можно установить взаимнооднозначное соответствие с множеством неупорядоченных пар полуокружностей, такими, что полуокружности не равны одна другой и область пересечения — дуга. Отсюда интуитивно более чем очевидно (хотя и не знаю, как это правильно доказывать строго), что случайный выбор A, B даст случайный набор полуокружностей.
По алгоритму из #804 между множеством неупорядоченных пар точек (A, B), такими, что A не равно B а также AB не есть диаметр, можно установить взаимнооднозначное соответствие с множеством неупорядоченных пар полуокружностей, такими, что полуокружности не равны одна другой и область пересечения — дуга. Отсюда интуитивно более чем очевидно (хотя и не знаю, как это правильно доказывать строго), что случайный выбор A, B даст случайный набор полуокружностей.
А вот другой алгоритм. Бросим две точки, А и В на окружность случайным образом. Полуокружность номер 1 начинается в точке А, и идет против часовой стрелки. Если угол между А и В (считаемый против часовой стрелки) лежит в отрезке (/2, 3/2), то полуокружность номер 2 начинается в точке В, и тоже идет против часовой стрелки. В противном случае, полуокружность номер 2 идет из точки В, по часовой стрелке. Пусть, как и раньше, интересуящая нас дуга - это пересечение этих двух полуокружностей.
Согласитесь, что этот алгоритм весьма похож на Ваш, за исключением парочки несущественных деталей
Но, в то же время, нетрудно убедиться что средняя длина дуги здесь получится не 1/4 (от длины окружности), а меньше. Так что, для обоснования независимости такими общими рассуждениями тут не отделаешься
