Задача на теорию вероятностей

[Skyfall]

svv
Наверное, Вы это имеете в виду…
$a\leqslant \frac{z}{z+1}$

[svv]

Да, правильно.

Пусть $a\leqslant \frac z{z+1}$. Так как при любом $z\in[0;1]$ будет $\frac z{z+1}\leqslant\frac 1 2$, условие $a\leqslant \frac 1 2$ выполняется автоматически, и о нём специально заботиться не нужно.

Наша переменная $a$ — это в точности цилиндрическая координата $\rho=\sqrt{x^2+y^2}$ (сразу надо было так и обозначить, но я «протормозил»). Итак, в цилиндре имеем область
$z\in[0;1],\;\rho\leqslant \frac z{z+1}$
Это фигура вращения. Нужно вычислить её объём и сопоставить с объёмом цилиндра.

[Skyfall]

svv
Не нашел формулы объема фигуры вращения для цилиндрических координат.
Т.к. все формулы для декартовой СК, что я находил, оперируют вращениями вокруг Ox/Oy, то я решил немного переобозначить: Oz -> Oy.
Тогда получается, что вращаем $x(y)=\frac{y}{y+1}$ вокруг оси Oy.
$V=\pi \int_{0}^{1}\left (\frac{y}{y+1} \right )^{2}\mathrm{d}y = \pi \left(\frac{3}{2}-\ln (4)\right)$.
Верно?

А искомая вероятность определяется отношением объема V к объему всего цилиндра (а это ровно $\pi$).
Значит, ответ: $\frac{3}{2}-\ln (4)$.
Да?

[svv]

Да.

[Skyfall]

svv
Здорово, благодарю за помощь!)

Ну и еще один вопрос по задаче: есть ли другие пути решения? Ну например можно ли было как-то ввести свою функцию распределения для $r$? А затем уже через мат. ожидание...
Просто интересно, какие есть еще варианты (пусть и некрасивые)) Претензий к Вашей идее не имею, наоборот понравилась.

[svv]

Наверняка есть, вот один из них. Я понимаю, что Вы имели в виду только «точные» способы, и привожу этот только из-за его необычности.
Я написал программу на C++:

Используется синтаксис C++

randomize();
const int N=100000000;
int
   n=0, // всего испытаний
   m=0; // успешных испытаний
for (int i=0; i<N; ++i)
{
   double
      x=Rand()*2-1, // x in [-1;+1]
      y=Rand()*2-1, // y in [-1;+1]
      a=sqrt(x*x+y*y);
   if (a>1) continue; // испытание не состоялось: точка за пределами круга
   ++n; // испытание состоялось
   double r=Rand()*(1-a); // r in [0; 1-a]
   if (r>=a) ++m; // испытание завершилось успехом
}
double p=double(m)/n;
Вывод p
 

Здесь Rand() — функция, возвращающая случайное число из отрезка $[0;1]$ с равномерным распределением.
Программа выдала 0.113758. Первые десятичные цифры точного значения: $\frac 3 2-\ln 4= 0,1137056...$.

[Skyfall]

svv
Да, как Вы правильно заметили, я спрашивал о «точных» способах)
С численным экспериментом все понятно, спасибо.

[svv]

Skyfall в сообщении #1232340 писал(а):

Ну например можно ли было как-то ввести свою функцию распределения для $r$? А затем уже через мат. ожидание...

Да, можно (только без мат.ожидания). Введём трёхмерную случайную величину $(X, Y, R)$, принимающую значения в $\mathbb R^3$. Первые две её компоненты соответствуют координатам центра нового круга, а третья — его радиусу. Надо найти плотность её распределения $p(x, y, r)$. Эта плотность отлична от нуля лишь в области $\Omega$, где выполняются условия $x^2+y^2\leqslant 1,\, 0\leqslant r \leqslant 1-\sqrt{x^2+y^2}$.

Я вчера пугал конусами, а $\Omega$ как раз конус. Но всё в порядке потому, что распределение $(X, Y, R)$ в конусе, в отличие от распределения $(X, Y, Z)$ в цилиндре, не является равномерным.

Интеграл от $p(x, y, r)$ по $\mathbb R^3$ (или по $\Omega$) равен единице. Ну, а Вам надо проинтегрировать $p$ по той области $G\subset \Omega$, которая соответствует «успеху»: в ней выполняется дополнительное условие $r\geqslant \sqrt{x^2+y^2}$.

[Skyfall]

svv
Не все понял. А именно

Цитата:

Надо найти плотность её распределения $p$

, но Вы нигде не привели явного вида для этой функции. Лишь охарактеризовали, что распределение не является равномерным и интеграл равен единице — это, и все остальное, понятно. Вот только непонятно, как же все-таки выглядит $p$. Я так понимаю, что вид этой функции скорее всего не единственен. Но как получить хотя бы один допустимый вариант?

[popolznev]

Это задачка из вступительного заочного экзамена в ШАД Яндекса этого года. Я её решал так. Первым делом в исходном круге вводил полярные координаты $\left(\rho, \varphi\right)$, потому что с точки зрения задачи важна только $\rho$. Из геометрических соображений ясно, что при равномерном распределении точки внутри круга плотность распределения координаты $\rho$ имеет вид $p\left(\rho\right) = c\rho$. Из условия нормировки находим, что $c=2$. Дальше: при каждом фиксированном $\rho$ значение $r$ будет равномерно распределено на отрезке $\left[0,1-\rho\right]$, потому что именно при таких значениях $r$ второй круг будет целиком внутри первого. Центр исходного круга окажется внутри второго при условии $r>\rho$. Дальше ясно, что условия $r \in \left[0,1-\rho\right]$, $r>\rho$ одновременно выполняются только при $0<\rho<1/2$, причем в этом случае благоприятные значения $r$ заполняют интервал $\left(\rho,1-\rho\right)$. Вероятность того, что центр исходного круга лежит целиком внутри нового круга (прри данном фиксированном $\rho$) равна отношению длин интервалов, то есть $\frac{1-2\rho}{1-\rho}$. Остается только проинтегрировать условную вероятность: дело сводится к интегралу $\int\limits_0^{1/2}\frac{1-2\rho}{1-\rho}\cdot 2\rho\,d\rho$.

[Tiberium]

popolznev в сообщении #1232431 писал(а):

Это задачка из вступительного заочного экзамена в ШАД Яндекса этого года.

Интересно, а условия остальных задач где-нибудь можно посмотреть?

[popolznev]

Tiberium в сообщении #1232452 писал(а):

Интересно, а условия остальных задач где-нибудь можно посмотреть?

Могу выложить - экзамен давно прошёл, никакой секретности там не предполагается, да и задачи прошлых лет (правда, с очного отделения) они сами выкладывают. Правда, на заочном они, в общем, лёгкие и совсем не такие интересные, как на очном.

[Henrylee]

Ну ещё можно через условные плотности. Сначала из геометрических соображений получаем, что плотность распределения $\rho$ есть $2x\mathbf{1}_{[0,1]}(x)$. Потом видим, что условная плотность радиуса второго, маленького круга при известном $\rho=x$ есть $f(y|x)=\frac1{1-x}\mathbf{1}_{[x,1]}(y)$. Перемножая, получаем совместную плотность, которую интегрируем по треугольнику $y\ge 2x$ внутри единичного квадрата. Естественно, приходим к указанному выше интегралу.

[vamoroz]

Если не ошибаюсь, задача сводится к определению объема следующей фигуры, выпиленной из цилиндра.

Диаметр маленького цилиндра равен половине диаметра большого цилиндра.
Искомая вероятность есть отношение объема данной фигуры к объему большого необрезанного цилиндра.

[bazalt]

popolznev в сообщении #1232431 писал(а):

Это задачка из вступительного заочного экзамена в ШАД Яндекса этого года. Я её решал так. Первым делом в исходном круге вводил полярные координаты $\left(\rho, \varphi\right)$, потому что с точки зрения задачи важна только $\rho$. Из геометрических соображений ясно, что при равномерном распределении точки внутри круга плотность распределения координаты $\rho$ имеет вид $p\left(\rho\right) = c\rho$. Из условия нормировки находим, что $c=2$. Дальше: при каждом фиксированном $\rho$ значение $r$ будет равномерно распределено на отрезке $\left[0,1-\rho\right]$, потому что именно при таких значениях $r$ второй круг будет целиком внутри первого. Центр исходного круга окажется внутри второго при условии $r>\rho$. Дальше ясно, что условия $r \in \left[0,1-\rho\right]$, $r>\rho$ одновременно выполняются только при $0<\rho<1/2$, причем в этом случае благоприятные значения $r$ заполняют интервал $\left(\rho,1-\rho\right)$. Вероятность того, что центр исходного круга лежит целиком внутри нового круга (прри данном фиксированном $\rho$) равна отношению длин интервалов, то есть $\frac{1-2\rho}{1-\rho}$. Остается только проинтегрировать условную вероятность: дело сводится к интегралу $\int\limits_0^{1/2}\frac{1-2\rho}{1-\rho}\cdot 2\rho\,d\rho$.

Можно, пожалуйста, пояснить для малоодаренных, почему для $\rho$ вы берете плотность распределения, а для допустимого радиуса второй окружности функцию распределения? Мне не очень понятно почему нельзя для $\rho$ так же использовать функцию распределения как отношение площадей окружностей с радиусами $\rho$ и 1. Плохо понимаю этот момент.