Показалось, что бывает трудным вскрывать ошибки в вероятностных соображениях. Ставят ли иногда специальные статистические эксперименты, дабы посмотреть что получится, если не уверены в вероятностной модели? Правда, корректно поставить эксперимент может оказаться не легче
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.
Нет взаимнооднозначного соответствия между полуокружностями и точками. Укажите пожалуйста в приведенном алгоритме, где должны находиться исходные точки A и B, если вторая полуокружность, движущаяся как и первая в направлении против часовой стрелки, начинается на 1 градус больше.
В моем примере (#810) исходные A и B есть, и единственные для любой разной пары полуокружностей (за исключением некоторых условий с нулевой вероятностью).
Нет взаимнооднозначного соответствия между полуокружностями и точками.
Хотите взаимную однозначность? Это можно
Пусть - угол между двумя точками, отступим от обеих точек во внешнюю сторону на (-)/4, и проведем полуокружности. Тогда точки по полукружностям можно восстановить однозначно, но при этом сами полуокружности не независимы.
Да, здесь нельзя сказать, что точки A и B влияют друг на друга только в смысле выбора одной из 2-х полуокружностей, определяемых каждой точкой по отдельности, зато в моем предыдущем примере это было так. В общем, когда мы смотрим на обе точки при построении каждой полуокружности, независимость требует строгого доказательства.
Но, в любом случае, на окружности все просто, а вот на сфере будет сложнее. Я, кстати, так и не понял, как Вы собираетесь проводить аналогичное рассуждение для сферы?
В общем, когда мы смотрим на обе точки при построении каждой полуокружности, независимость требует строгого доказательства.
Да, конечно, вот строго:
Полуокружность однозначно определяется своей начальной точкой, т.е. точкой, от которой она дальше идет в направлении против часовой стрелки. Пусть также - угол между точками A и B; - угол между начальными точками полуокружностей. Тогда =
- , и соответственно если распределено равномерно от 0 до
, то и окажется равномерно распределенным в том же диапазоне.
Я, кстати, так и не понял, как Вы собираетесь проводить аналогичное рассуждение для сферы?
Нет ничего проще объяснить
Есть три случайно брошенные точки на сферу с центром O. Проведем плоскость через через точки 1, 2 и O, разбивающая сферу на две полусферы. Выберем ту полусферу, которая не содержит оставшейся точки. Аналогично поступаем и для наборов (1, 3, O) и (2, 3, O). На пересечении этих полусфер образуется область, где может находиться последняя бросаемая четвертая точка, чтобы тетраэдр содержал O.
Есть три случайно брошенные точки на сферу с центром O. Проведем плоскость через через точки 1, 2 и O, разбивающая сферу на две полусферы. Выберем ту полусферу, которая не содержит оставшейся точки. Аналогично поступаем и для наборов (1, 3, O) и (2, 3, O). На пересечении этих полусфер образуется область, где может находиться последняя бросаемая четвертая точка, чтобы тетраэдр содержал O.
Согласитесь, что для этой конструкции доказать независимость этих трех полусфер будет значительно труднее. Ведь каждая полусфера существенно зависит от двух точек, а не от одной.
Согласен, хотя интуитивно кажется, что стратегия правильная. Анекдот в тему:
Приходят мыши к сове и говорят:
– Надоело нам, что все на нас охотятся – и кошки, и собаки, и лисы... Ты, сова, в лесу самая мудрая. Скажи, что нам делать?
Сова прищурилась, призадумалась, да и выдала решение:
– Вам, мыши, надо ёжиками стать. Ёжики, они колючие, на них никто не охотится...
Мыши обрадовались, идут назад, пляшут, пьют шампанское c радости, пивом запивают, несут плакаты «Все станем ёжиками! We will rock you !»,
И тут одна мышь спрашивает: «А как, ёклмн, ёжиками стать?» Побежали мыши обратно к сове:
– Сова! А как нам ёжиками стать?!
– А я-то почём знаю?! – возмущается сова. – Это же тактическое решение, а я стратегией занимаюсь.
Там вторая задача- о сфере (4 точки бросают) Это почти олимпиадноая. Для олимпиад может тогда и 4 точки случайно в в шар вбрасывать и вычислять вероятность, что центр будет внутри новой внутренности. Или опять ничего нового в условие я не добавил? Вероятности ведь изменится для шара, а не сферы.
Уже плохо помню, но вроде эта задачка с международной студенческой олимпиады (лет 20-25 назад).
Вбрасывать 4 точки в шар (а не на сферу) тоже можно, но ничего нового это не даст, так как центр лежит в соответствующем тетраэдре тогда и только тогда когда он лежит в тетраэдре, образованном проекциями на сферу по радиусам этих точек (надеюсь, понятно, что тут имеется в виду). Т.е., ответ там будет такой же.
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.
Решение:
Будем считать что площадь сферы равна 1, пусть X, Y, Z - 3 первые точки, X', Y', Z' - точки, противоположные X, Y, Z (их антиподы), S - четвертая точка. Ясно, что, например, если точка X равномерно распределена на сфере, то тогда то же самое верно и для X', etc.. Рассмотрим 8 треугольников: XYZ, XY'Z, XYZ', XY'Z', X'YZ, X'Y'Z, X'YZ', и X'Y'Z'. Они вместе образуют всю сферу, и поэтому с вероятностью 1 точка S принадлежит одному и только одному из этих треугольников. Но это значит, что с вероятностью 1 центр сферы принадлежит одному и только одному из тетраэдров SXYZ, SXY'Z, SXYZ', SXY'Z', SX'YZ, SX'Y'Z, SX'YZ', и SX'Y'Z' (например, если S лежит внутри треугольника X'YZ', то тогда центр сферы находится в тетраэдре SXY'Z, и т.д.). То есть, все пространство разбивается на 8 равновероятных событий, и значит искомая вероятность равна 1/8.
Моё воображение неспособно это представить , но потом я понял, что это разделение пространства(и соответственно сферы) на октанты плоскостями в общем положении(пересекающимися в центре шара).
Так вроде получается что то матоожидание - тоже 1/8?
Так вроде получается что то матоожидание - тоже 1/8?
Да, конечно. Поскольку площади треугольников XYZ, XY'Z, XYZ', XY'Z', X'YZ, X'Y'Z, X'YZ', X'Y'Z' суть одинаково распределенные случайные величины, и матожидание суммы равно сумме матожиданий.
Построение подобной теории (если вообще верить в его возможность) будет очень
трудным, но не совсем в том смысле, как бывают трудны математические проблемы типа:
доказать или опровергнуть данное утверждение. Видимо, сама ее логическая структура
должна сильно отклоняться от общепринятых схем. Для примера: в обычной математической
теории считается, что любой объект, участвуя в конструкции другого объекта,
сам от этого не меняется, и тем более, не исчезает. Так, сопоставляя числам а, Ъ их сумму
а + Ь, мы в то же время сохраняем в своем распоряжении и прежние числа. Заметим, что
этот принцип, общепринятый в математике, несколько парадоксален с точки зрения
материальных прообразов математических операций. Так, «сложив» два мешка зерна
путем ссыпания их в третий мешок, мы получаем «сумму», но безвозвратно теряем «слагаемые
». Восстановить же их мы можем лишь приближенно. Возможно, и в нашей гипотетической
теории придется принять, что участие объекта в конструировании другого
объекта некоторым образом влияет на первый объект, вызывает в нем какие-то изменения.
Это не нужно, конечно, понимать как определенное предложение; я хочу лишь пояснить,
какого рода могло бы быть серьезное отклонение логической структуры от обычной.
Может быть, для не столь уж и многих интересных математикам утверждений показано, что заведомо выводимы в арифметике Пеано. В то же время заведомо недоказуемых, хоть и безинтересных, бессчисленно много, включая столько же диофантовых уравнений...
Мне этот текст не понравился. Во-первых, вообще не люблю туманные разговоры о будущих гипотетических теориях. Нужна новая теория - так предложи! Я еще понимаю, когда дилетант (sorry, математик-любитель
) пишет подобный текст, но когда это делает профессионал высокого уровня, то смотрится сие, имхо, не очень хорошо.
Интересно, была ли какая-нибудь дискуссия в печати тогда по этому поводу?
По сути, во всех случаях, которые он там обсуждает чтобы показать неестественность натурального ряда, можно предложить конкретную (вероятностную) модель, которая будет данную ситуацию хорошо описывать. Но, по-моему, вполне ясно, что в каждом конкретном случае адекватная модель будет привязана к данной ситуации...
Вижу, Сергей, что свято верите в силу вероятностного подхода
, а я подумал о гипотетической ситуации, когда все вокруг постоянно взрывается и даже не знаешь ЧЕГО ожидать дальше, дабы присобачить тому некоторую вероятность, хоть и моментную, локально-улетучивающуюся
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.
Решение:
Как уже упомянул ув. Vladimirovich, первым делом математикам тоже нужно пронумероваться. Далее, каждый математик должен сначала взять карточку со своим номером, а потом каждый раз открывать номер парня на обратной стороне.
Тогда вероятность получается 1 - 1/100 - 1/99 - 1/98 - 1/97 - 1/96 0,948969 (т.е., это вероятность, что случайная перестановка не имеет циклов длины 100, 99, 98, 97, 96).
Не знаю, как доказать, что это оптимальная стратегия, но думаю, что и так неплохо
Примечательно, что если можно открывать 50 карточек, а не 95, то даже в такой (на вид, безнадежной) ситуации можно доказать, что при этой стратегии вероятность успеха примерно 0,31, что, все-таки, не так уж мало.
По кругу написан набор из 1 и -1 длины 2**к. Из него получаем другой, умножая каждое число на следующее за ним. Доказать, что после нескольких повторений получим набор из одних единиц.
A**2 - это Вы имели в виду 2^k? Да, и там потом надо еще доказать некий факт про биномиальные коэффициенты (сейчас уже понял, как это сделать попроще).
Нет. Если исходный оператор обозначим А, то А квадрат - умножение на число через одно, A в 4-ой - через 3 и т д наконец А в степени 2 в к - умножение на себя - т е получаем одни единицы. Поразительно что Вы это не заметили
Ладья посещает каждую клетку шахматной доски ровно один раз и возвращается на исходную позицию. На каждом ходу она переходит на соседнюю клетку. Маршрут ладьи замкнут и представляет собой (невыпуклый) многоугольник без самопересечений (имеется в виду что маршрут проходит через центры клеток). Найти все возможные значения, которые может принимать площадь этого многоугольника.
