Na povrchu jednotkovej sféry S máme tri body A,B,C, pričom vzdialenosť AB označme c, vzdialenosť AC označme b a vzdialenosť BC označme a (samozrejme, vzdialenosti opäť berieme po povrchu sféry). Sféru S náhodne rozpolíme rovinným rezom na dve rovnako veľké hemisféry. V závislosti od vzdialeností a,b,c, aká je pravdepodobnosť, že po vykonaní tohto rezu sa budú všetky tri body nachádzať na spoločnej hemisfére?
8 komentárov:
Hned som si myslel, ze vo veci bude nejaky hacik. :-) Len som sa pomylil v tom, ze som si myslel, ze som sa mylil v rieseni. :-) A tu ho mas, brutalnejsia uloha, v ktorej to uz nejde tak jednoducho.
Mne sa zasa zdá, že z Ruziklanovho riešenia sa už dá pomerne triviálne odvodiť riešenie aj tejto úlohy.
Nech a znamená aj stranu BC aj jej dĺžku, podľa kontextu. Nech P(a) znamená, že náhodná rovina pretne hranu a (a podobne). Potom
P(a alebo b alebo c) = P(a) + P(b) + P(c) - P(a aj b) - P(b aj c) - P(c aj a) + P(a aj b aj c).
Posledný výraz je 0; pretože rovina nemôže preťať všetky tri strany naraz (iba s pravdebodbnosťou 0). Avšak každá rovina musí preťať dve strany, takže P(a) + P(b) + P(c) = 2*[P(a aj b) - P(b aj c) - P(c aj a)]. Teda
P(a alebo b alebo c) = [P(a)+P(b)+P(c)]/2 = [a/pi + b/pi c/pi]/2 = (a+b+c)/(2*pi).
Peter: Výborne, Tvoje riešenie je správne! Máš u mňa fľašu whisky.
Veľmi ma potešilo, že ma tento príklad napadol, pretože kombinuje geometrickú pravdepodobnosť a princíp zapojenia-vypojenia, čiže je veľmi vhodný na výuku. Navyše, výsledok sa dá interpretovať aj takto:
Nech T je daný trojuholník a T* je trojuholník pozostávajúci z tých jednotkových vektorov, ktoré majú nezáporný skalárny súčin so všetkými vrcholmi trojuholníka T; t.j. T* je akýsi "duálny trojuholník" k T. Potom toto tvrdenie dáva do vzťahu obvod trojuholníka T s obsahom trojuholníka T*. S tým by sa možno oplatilo trochu pohrať.
Tá sférická geometria je skutočne čarovná. Už mám aj ďalšie úlohy.
No, vidim, ze na to uz Peter dosiel. Prave som sa vratil z obeda, na ktorom som sa tym zaoberal a prisiel som na to... neskoro :-)
Juraj: No každopádne základom je ten dôkaz predošlého príkladu. A Tvoje riešenie je skutočne veľmi elegantné (hoci keď ho už človek vidí, tak sa javí ako triviálne).
Ale ešte by som k tomuto problému dodal toto: Všimnite si, že presne to isté sa dá formulovať nielen o trojuholníku, ale aj o akomkoľvek konvexnom útvare (teda konvexnom vo sférickej geometrii). Pravdepodobnosť preťatia tohoto útvaru náhodnou rovinou je jeho obvod deleno 2π.
Pekné tvrdenie, ktoré úzko súvisí s problémom Buffon's noodle a možno teda aj s akousi sférickou Croftonovou formulou.
mam taku poznamku: ak spravne citam, v zadani je otazka: aka je pravdepodobnost, ze vsetky tri body budu na spolocnej hemisfere. tak sa mi potom vidi, ze petrove riesenie nie je spravne. chcelo by to odcitat od jednotky. :-)[nie ze by som chcela tu whisky :-)))] inak, prave som sa pozerala a rovnaky problem je uz asi aj pri prvej ulohe. :-)
anona: No dobre, dobre. Samozrejme, že výsledok je 1 mínus to, čo Peter napísal a tiež na dvoch miestach má - namiesto +, tiež mu chýba jedno ďalšie + a tiež má preklepy v slove "pravdebodbnosťou" :))
Ale o to nejde. Každému je jasné jednak to, že Peter správne riešenie vie a tiež to, ako to jeho správne riešenie po poopravovaní preklepov vyzerá. U nás na matfyze sa na takéto detaily veľmi nepozerá. Fľaša ide Peťovi. :)
Anonym: Ospravedlňujem sa za 'typos' v mojom riešení.
Rado: Alkohol síce nepijem, ale minifľašku whisky rád symbolicky prijmem :-)
Zverejnenie komentára