Вероятность. Геометрический подход.

[ewert]

r.t.w.z в сообщении #1064308 писал(а):

всего 3 способа провести две диагонали различным образом. Это неверно?

Это-то верно. Но у Вас ведь по условию в знаменателе (в отличие от числителя) диагонали могут и смыкаться. Так что придётся считать честно.

[provincialka]

Думаю, просто надо рассмотреть разные случаи:

1) Две диагонали имеют 3 различных вершины
2) Две диагонали имеют 4 различных вершины

И в каждом случае подсчитать количество всех возможностей и количество благоприятных.

Кстати, надо ли рассматривать случай
0) Две диагонали имеют 2 различных вершины?

Если мы выбираем диагонали по схеме "с возвращением" -- то почему бы и нет?

[12d3]

provincialka в сообщении #1064343 писал(а):

Думаю, просто надо рассмотреть разные случаи:

1) Две диагонали имеют 3 различных вершины
2) Две диагонали имеют 4 различных вершины

А надо ли? Считаем количество способов выбрать две пересекающиеся (внутри многоугольника) диагонали, считаем количество способов выбрать вообще пару диагоналей(и с тремя различными вершинами, и с четырьмя), а потом делим первое на второе.

[provincialka]

12d3 Да, в общем-то... это по инерции... Идея была хороша для "несмыкающихся" диагоналей
Собственно, идея с вершинами нужна только для подсчета пар пересекающихся диагоналей

А все-таки вопрос с "возвращением" остается

[Munin]

r.t.w.z
Ну давайте как-нибудь на примере, может быть. Возьмём 17-угольник. И будем выбирать в нём две диагонали: сначала красную, потом синюю.

Выбираем красную диагональ произвольным выбором двух несоседних вершин. По сути, после выбора первой вершины, можно повернуть 17-угольник так, чтобы эта вершина имела номер [1]. Тогда для выбора второй вершины у нас остаётся 14 равноправных вариантов (нельзя выбирать вершины [1], [2] и [17]).

Допустим, мы выбрали вершину [7]. (Напоминаю, один такой вариант имеет вероятность $\tfrac{1}{14}.$) Тогда все вершины 17-угольника у нас располагаются в таком виде:
[1] 2 3 4 5 6 [7] 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17.
И теперь вопрос сводится к выбору синей диагонали. Синяя диагональ может быть выбрана такими способами:
- обе вершины принадлежат промежутку 2 3 4 5 6 - тогда диагонали не пересекаются;
- обе вершины принадлежат промежутку 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 - тогда диагонали не пересекаются;
- одна вершина принадлежит промежутку 2 3 4 5 6, а другая - промежутку 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 - вот тогда диагонали пересекутся, это для нас будет успешный исход.

И вот теперь надо посчитать вероятности первого, второго и третьего способов...

(В данное решение заложена ошибка, по причине лени объяснять правильный вариант. Разумеется, самостоятельно надо выполнить задание без ошибки - и для произвольного $n$-угольника.)

[provincialka]

Munin
Вы зачем человека путаете? Ему же короткий вариант рассуждения уже показали

[ewert]

provincialka в сообщении #1064346 писал(а):

А все-таки вопрос с "возвращением" остается

Его даже и не было. Ибо сказано в стартовом писании: "выбираются две диагонали". Какое уж тут возвращение.

[provincialka]

ewert
Ну, если они одновременно выбираются... да, наверное, по-другому интерпретировать сложно! (Но можно, как сказал Белый Рыцарь Алисе!)

А вообще-то хотелось бы уже увидеть ответ от ТС....

[Munin]

provincialka в сообщении #1064446 писал(а):

Вы зачем человека путаете? :-( Ему же короткий вариант рассуждения уже показали

Я гляжу, человек топчется на месте, несмотря на то, что ему показали или не показали. Пытаюсь его хоть как-то сшевельнуть. Ну, пускай будет по-вашему.

[Neos]

Хорошая задача
Еще одно простое соображение. Любая диагональ многоугольника делит исходный на два. Если $n_1$ и $n_2$ число вершин по обе стороны от выбранной диагонали, то число пересечений данной диагонали равно произведению $n_1 n_2$,
$n_1 + n_2 = n-2$ ($n$ число вершин многоугольника).
Но, для больших $n$ число $n-2$ может быть разбито по разному на числа $n_1$ и $n_2$.

[provincialka]

Neos
Это-то соображение возникает довольно быстро. Но считать таким способом число пар диагоналей неудобно.

[ewert]

Вообще-то тут был один товарищ, Neos, который предлагал считать полное к-во исходов как $C_{C_n^2-n}^2$... (не исключено, что и не сознавая того, ну да не суть)

И была некая provincialka, предлагавшая считать его как $3\cdot C_n^4+n\cdot C_{n-3}^2$. Что примерно одинаково по уровню сложности.

Про числитель ничего не скажу -- это уже банально.

-- Вт окт 20, 2015 22:26:11 --

(Оффтоп)

А, кстати:

provincialka в сообщении #1064343 писал(а):

И в каждом случае подсчитать количество всех возможностей и количество благоприятных.

Тут Вы категорически неправы (в выборе формулировки, естественно).

[provincialka]

ewert в сообщении #1064803 писал(а):

И была некая provincialka, предлагавшая считать его как $3\cdot C_n^4+n\cdot C_{n-3}^2$. Что примерно одинаково по уровню сложности.

Странно... Я, вообще-то думала, что $3\cdot C_n^4+3\cdot C_{n}^3$. Впрочем, пусть ТС сам думает, мне лень

[ewert]

(Оффтоп)

provincialka в сообщении #1064813 писал(а):

Я, вообще-то думала, что $+3\cdot C_{n}^3$

Ну, поскольку мой вариант выглядит верным абсолютно (во всяком случае, на первый взгляд) -- естественный вопрос: а где у Вас глюк?... -- а Вы считали тройки в т.ч. и со сторонами.

-- Вт окт 20, 2015 23:13:17 --

А, пардон, и мой вариант неверен, и ровно по той же причине. Правильный вариант -- как бы от Neos (которого он, впрочем, так и поленился додумать).

На очевидность числителя это, впрочем, не влияет.

[provincialka]

А! Черт, и правда, неверно... Вот что значит решать на перемене между двумя парами

-- 20.10.2015, 22:38 --

Ну, можно "со сторонами" вычесть...