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?
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.
OdpovedaťOdstrániťMne sa zasa zdá, že z Ruziklanovho riešenia sa už dá pomerne triviálne odvodiť riešenie aj tejto úlohy.
OdpovedaťOdstrániťNech 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.
OdpovedaťOdstrániťVeľmi 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 :-)
OdpovedaťOdstrániťJuraj: 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).
OdpovedaťOdstrániťAle 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. :-)
OdpovedaťOdstrániťanona: 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" :))
OdpovedaťOdstrániťAle 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.
OdpovedaťOdstrániťRado: Alkohol síce nepijem, ale minifľašku whisky rád symbolicky prijmem :-)