Геометрическая вероятность.

[dima_1985]

Плоскость разграфлена параллельными прямыми, отстоящими друг от друга на расстояние 2a. Квадрат со стороной 2m бросают на плоскость.Какова вероятность того, что квадрат пересечет одну из прямых? Вот нарисовал картинку
.
Я вот как рассуждал если $\sqrt{2}m\sin(\varphi)> x $ где $\frac{\pi}{4}< \varphi < \frac{\pi}{2}$, если $ 0 < \varphi < \frac{\pi}{4} $ то $m>x$ тогда существует пересечение. Получим вероятность $P(A)=\frac{m\frac{\pi}{4}+\sqrt{2}m\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\sin(x)dx}{a\frac{\pi}{2}}=\frac{m\pi+4m}{2\pi a}$. Меня смущает то, что если $a=m P(A)>1$ ?

[--mS--]

dima_1985 в сообщении #1315722 писал(а):

если $ 0 < \varphi < \frac{\pi}{4} $ то $m>x$ тогда существует пересечение.

Во-первых, это не так - скорее всего, $m\sqrt{2}\cos\varphi > x$. Во-вторых, при $m\sqrt{2}>a$ область интегрирования иная. Нарисуйте прямоугольник $[0,\pi/2]\times [0,a]$, в нём $m\sqrt{2}\cos\varphi$ или $m\sqrt{2}\sin\varphi$ пересекают верхнюю границу при $m\sqrt{2}>a$.

[ewert]

--mS-- в сообщении #1315778 писал(а):

Нарисуйте прямоугольник $[0,\pi/2]\times [0,a]$, в нём $m\sqrt{2}\cos\varphi$ или $m\sqrt{2}\sin\varphi$ пересекают верхнюю границу

Это перебор -- в силу симметрии достаточно рассматривать $[0;\frac{\pi}4]$. И да, тогда нужен именно косинус, и будет ровно три разных случая пересечения: косинусоида целиком внутри прямоугольника, целиком снаружи и (промежуточно) пересекает верхнюю границу. Соответственно, и

dima_1985 в сообщении #1315722 писал(а):

если $a=m P(A)>1$ ?

-- при игнорировании этих вариантов переполнение вероятности наступит ещё раньше.

[dima_1985]

--mS-- в сообщении #1315778 писал(а):

Во-первых, это не так - скорее всего, $m\sqrt{2}\cos\varphi > x$

Я вот не совсем понял почему $\sin(x)$ не подходит. 1) Решим неравенство $\sqrt{2}m\sin(x)>m$ находим что на интервале $[0;\frac{\pi}{4}]$ у нас прямоугольник $S=\frac{\pi}{4}m$.2) Тут я понял

--mS-- в сообщении #1315778 писал(а):

Во-вторых, при $m\sqrt{2}>a$ область интегрирования иная

то, что нужно ограничить область интегрирования с верху решив неравенство $\sqrt{2}m\sin(x)<a$. Тогда получим след. $\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\arcsin{\frac{a}{\sqrt{2}m}}}\sin(x)dx$. 3) Это прямоугольник $(\frac{\pi}{2}-\arcsin{\frac{a}{\sqrt{2}m}})a$.Собираем все вместе и получим $P(A)=\frac{\frac{\pi}{4}m+\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\arcsin{\frac{a}{\sqrt{2}m}}}\sin(x)dx+(\frac{\pi}{2}-\arcsin{\frac{a}{\sqrt{2}m}})a}{a\frac{\pi}{2}}$ ?

[ewert]

dima_1985 в сообщении #1315834 писал(а):

Я вот не совсем понял почему $\sin(x)$ не подходит.

Потому что не соответствует Вашей картинке: синус -- это не тот катет, который задаёт расстояние от вершины до линии.

[dima_1985]

ewert в сообщении #1315840 писал(а):

Потому что не соответствует Вашей картинке: синус -- это не тот катет, который задаёт расстояние от вершины до линии.

Да проглядел там $\cos(x)$. Получиться $P(A)=\frac{\frac{\pi}{4}m+\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\arccos{\frac{a}{\sqrt{2}m}}}\cos(x)dx+(\frac{\pi}{2}-\arccos{\frac{a}{\sqrt{2}m}})a}{a\frac{\pi}{2}}$ ?

[ewert]

Вряд ли это верно буквально (и уж всяко оставлять постоянное слагаемое за интегралом не вполне прилично), но главное в другом: ответ должен состоять из трёх пунктов, а не из одного.

[--mS--]

dima_1985 в сообщении #1315849 писал(а):

Да проглядел там $\cos(x)$. Получиться $P(A)=\frac{\frac{\pi}{4}m+\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\arccos{\frac{a}{\sqrt{2}m}}}\cos(x)dx+(\frac{\pi}{2}-\arccos{\frac{a}{\sqrt{2}m}})a}{a\frac{\pi}{2}}$ ?

Откуда у Вас в числителе $\frac{\pi}{4}m$? Я только что про него говорила. Прочтите "во-первых".

[Papazol]

dima_1985 в сообщении #1315722 писал(а):

Плоскость разграфлена параллельными прямыми, отстоящими друг от друга на расстояние 2a. Квадрат со стороной 2m бросают на плоскость.Какова вероятность того, что квадрат пересечет одну из прямых?

надо бы подходящее вероятностное пространство определить для начала
т.е. множество исходов и меру, такую, что мера всего множества = 1.
ну, как полагается

зы. радует, что плоскость бесконечная

[ewert]

Papazol в сообщении #1315989 писал(а):

надо бы подходящее вероятностное пространство определить для начала

Оно уже всеми (включая ТС) давно определено. Другое дело, что у почти всех избыточно, что и вызывает ненужные ветки анализа.

[dima_1985]

Рисунок нарисовал думаю так проще обсуждать
.
Теперь слева на право. 1) Первая область это прямоугольник $S=a\arccos(\frac{a}{\sqrt{2}m})$. 2) Это график под косинусоидой $S = \int\limits_{\arccos(\frac{a}{\sqrt{2}m})}^{\frac{\pi}{4}}\sqrt{2}m\cos(x)dx$.3)

--mS-- в сообщении #1315956 писал(а):

Откуда у Вас в числителе $\frac{\pi}{4}m$?

мы должны интегрировать $S=\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}mdx=\frac{\pi}{4}m$? Если $a-x<m$ пересечение будет всегда.

[--mS--]

Рисунок правильный. А вот этого снова не поняла:

dima_1985 в сообщении #1316248 писал(а):

Если $a-x<m$ пересечение будет всегда.

Да отчего оно будет-то?

При $0\leq \varphi\leq \pi/4$ область $(x,\varphi)$, удовлетворяющих условию пересечения $x<\sqrt{2}m\cos \varphi$ Вы изобразили. Если $\pi/4<\varphi\leq \pi/2$, это точно такая же область под синусоидой. Вы её выписывали в первом сообщении. Никаких других областей тут нет.

[dima_1985]

--mS-- в сообщении #1316277 писал(а):

Да отчего оно будет-то?

Я не прав. Удобней брать угол $0<\varphi<\frac{\pi}{4}$, как писал ewert если брать больше всё повторяется. Тогда получим $P(A)=\frac{a\arccos{\frac{a}{\sqrt{2}m}}+\sqrt{2}m \int\limits_{\arccos{\frac{a}{\sqrt{2}m}}}^{\frac{\pi}{4}}\cos(x)dx}{a\frac{\pi}{4}}$.

ewert в сообщении #1315820 писал(а):

и будет ровно три разных случая пересечения: косинусоида целиком внутри прямоугольника, целиком снаружи и (промежуточно) пересекает верхнюю границу

Вот я не могу понять про три разных случая ?

[Munin]

Трёхэтажные формулы можно набирать в выключном режиме:

$$P(A)=\frac{a\arccos{\frac{a}{\sqrt{2}m}}+\sqrt{2}m \int\limits_{\arccos{\frac{a}{\sqrt{2}m}}}^{\frac{\pi}{4}}\cos(x)dx}{a\frac{\pi}{4}}.$$

А можно немного потрудиться, приведя их к менее многоэтажному виду: $P(A)=\dfrac{1}{a\frac{\pi}{4}}\Bigl(a\arccos{\frac{a}{\sqrt{2}m}}+\sqrt{2}m \int_{\arccos{\frac{a}{\sqrt{2}m}}}^{\frac{\pi}{4}}\cos(x)dx\Bigr).$ Лучше всего сделать и то и другое:

$$P(A)=\dfrac{1}{a\,\pi/4}\Bigl(ax_1+m\sqrt{2}\int\limits_{x_1}^{\pi/4}\cos x\,dx\Bigr),\qquad x_1=\arccos\tfrac{a}{m\sqrt{2}}.$$

[TOTAL]

dima_1985 в сообщении #1317421 писал(а):

Вот я не могу понять про три разных случая ?

$\frac{a}{\sqrt{2}m}>1$, $\arccos{ \frac{a}{\sqrt{2}m} }>\frac{\pi}{4}$