Tre punkt på sirkelperiferien Skriv et svar


Dette spørsmålet er en metode for identifisering og hindring av automatiserte innsendinger.
Smil
:D :) :( :o :shock: :? 8-) :lol: :x :P :oops: :cry: :evil: :twisted: :roll: :wink: :!: :?: :idea: :arrow: :| :mrgreen:
BBCode er
[img] er
[flash] er AV
[url] er
Smil er
Emne
   

Utvid visningen Emne: Tre punkt på sirkelperiferien

Re: Tre punkt på sirkelperiferien

Innlegg Markus » 19/01-2018 00:38

Ser bra ut dette! Ser ut som at vi tenkte noe likt i alle fall.

HOYV skrev:P.S. Har forsøkt å opprette konto (registrere meg ) i dette forumet ikke mindre enn to ganger, men begge forsøkene har
vært mislykket.

Hvor får du deg ikke videre noe mer / hvor får du feilmelding?

Re: Tre punkt på sirkelperiferien

Innlegg HOYV » 16/01-2018 11:58

Alternativ løsning er å finne sannsynligheten for den komplementære hendelsen.

P( S ligger på eller utenfor trekanten ) = P( bue PQ + bue QR <= 180 grader )
+ P(0 grader < bue QR < 180 grader gitt at bue PQ >= 180 grader )

= 180/360 + 180/360 * (360 - 180)/360 = 1/2 + 1/2 * 1/2 = 3/4

P( S ligger innenfor trekanten ) = 1 - P(S ligger på eller utenfor ) = 1 - 3/4 = 1/4 = 25 %

P.S. Har forsøkt å opprette konto (registrere meg ) i dette forumet ikke mindre enn to ganger, men begge forsøkene har
vært mislykket. Skulle gjerne hatt tilgang til en tekstbehandler som " skjønner " matematisk terminologi.

Re: Tre punkt på sirkelperiferien

Innlegg HOYV » 16/01-2018 10:45

Takk for motsvar. Etter å ha lest din redegjørelse, slår det meg at vi her står overfor en betinget sannsynlighet.

Viser til de notasjonene jeg benyttet i mitt forrige innlegg, og definerer disse hendelsene:

A: Bue PQ + bue QR > 180 grader.

P( A ) = g/m = (360 - 180)/360 = 1/2

Videre har vi at bue PQ + bue QR = 180 grader + bue PQ ( gitt at A er oppfylt ).

Siden P og Q velges tilfeldig, vil 0 grader < PQ < 180 grader som impliserer at

180 grader <( 180 + PQ ) < 360 grader.

For å fullføre beregningen, definerer jeg den betinga hendelsen

B gitt A: PQ + QR < ( 180 + PQ )

P(B gitt A ) : g/m = (360 - 180 )/360 = 1/2

P( S ligger innenfor trekanten ) = P( 180 grader < PQ + QR < 180 grader + PQ ) = P(B gitt A ) * P( A ) = 1/2 * 1/2 = 1/4

Re: Tre punkt på sirkelperiferien

Innlegg Markus » 15/01-2018 23:27

Øvre grense er helt riktig avhengig av buelengden $PQ$. Buelengden $R$ må ligge på for at $S$ skal være i trekanten har faktisk helt lik avstand som buelengden $PQ$ har. Jeg slet også med å føre et ordentlig bevis på denne, men jeg har gjort et forsøk i alle fall.

Se bilde litt lengre nede for figur, her må altså $D$ ligge på $B'C'$ som har lik avstand som $BC$ for at $S$ skal være inne i trekanten (vedrørende eksempelet nevnt helt øverst i teksten).

En case vi kan se på er der $PP'$ og $QQ'$ (likt definert som $PP'$) står vinkelrett på hverandre slik at sirkelen blir delt opp i fire like deler. Da må $R$ ligge på sirkelbuen $P'Q'$, som utgjør akkurat $\frac{1}{4}$ av sirkelen. Hvis vi ser for oss en slik situasjon blir kan $R$ ligge på to forskjellige sirkelbuer avhengig av hvor $Q$ er plassert. Sannsynligheten for at $Q$ i utgangspunktet er på motsatt side av $PP'$ sammenlignet med $R$ er $\frac12$. Det gir sannsynligheten $2 \cdot \frac12 \cdot \frac14 = \frac14$

Uansett, hvis vi nå lar $Q$ gå mot $P$ langs sirkelperiferien vil følgelig buelengdene $QP$ og $Q'P'$ gå $\to 0$.
Hvis vi på den annen side la $Q$ gå mot $P'$, vil buelengdene $QP$ og $Q'P'$ gå $\to \pi$ (målt i radianer).
Vi slo tidligere fast at buelengden til $QP$ (og da således $Q'P'$) er der $R$ måtte ligge for at $S$ skal være i trekanten. Siden $R$ såklart må være på motsatt side av $PP'$ betyr det at buelengden er i intervallet $PQ \in [0, \pi]$ når $S$ ligger inne i trekanten. Det betyr altså at når $PQ$ har buelengden $x$, så kan $R$ være på en buelengde lik $\pi-x$ som gjør at $S$ ligger inne i sirkelen. Det er nå klart at buelengden $R$ ligger på addert med buelengden $PQ$ er $x+\pi-x=\pi$. Altså halvparten av buelengden til hele sirkelen, hvilket betyr akkurat $\frac12$ sannsynlighet for at et punkt havner der. Vi kaller denne sirkelbuen for $SB$. Denne sirkelbuen er ikke kontinuerlig, men en «samlebue» som har lik lengde $PQ+P’Q’$. Avslutningsvis er det viktig å nevne at vi må gange med $2$ siden, siden vi kan speile konstruksjonen å oppnå akkurat samme resultat.

Da mener jeg at sannsynligheten er lik
$P(\text{S inne i } \triangle ABC) = 2 \cdot P(\text{Q på "rett side" av } PP') \cdot P(\text{Q på SB}) \cdot P(\text{R på SB}) = 2 \cdot \frac12 \cdot \frac12 \cdot \frac12 = \frac14$

Mulig vi tenkte litt likt? Mener selv at beviset mitt er langt fra rigorøst nok.

Bilde

Re: Tre punkt på sirkelperiferien

Innlegg OYV » 14/01-2018 13:07

Her prøvd å overbevise meg selv om at sentrum( S ) ligger innenfor trekanten PQR når

180 grader < bue PQ + bue QR < 270 grader.

Nedre grense ( 180 grader ) er ganske innlysende , men jeg greier ikke å slå meg til ro med at betingelsen alltid er oppfylt når summen av buene er mindre enn 270 grader.

For å klargjøre problemstillinga har jeg tegnet en sirkel, valt punktet P ( på sirkelen ) samt det diametralt motsatte punktet P' ( lar diameteren PP' peke i vertikalretninga ). Velger så punktet Q på høyre side av PP' . Da er det ganske opplagt at at det tredje punktet R må ligge på venste side av PP' for at sentrum S skal få plass inne i trekanten, dvs.
bue PQ + bue QR må være større enn 180 grader.
Ut fra den samme figuren synes det også ganske opplagt at

bue PQ + bue QR må være mindre enn 180 grader + bue PQ for at S skal være et indre punkt i trekanten PQR.
Øvre " tillatte grense " er således avhengig av buelengden PQ.

Har jeg rett , eller er det noe jeg har misforstått ?

Re: Tre punkt på sirkelperiferien

Innlegg OYV » 13/01-2018 17:34

Gledelig tilbakemelding ! Har hele tiden vært klar på at summen av buene må være > 180 grader.
Etter at jeg postet innlegget, kom jeg i " konflikt med mitt første resonnement "
om at øvre grense må være 270 grader. Men jeg innser nå at dette likevel er riktig.
Forøvrig mange takk for vedlagt lenke.

Re: Tre punkt på sirkelperiferien

Innlegg Markus » 13/01-2018 16:57

OYV: https://matematikk.net/matteprat/ucp.php?mode=register - det tar ikke lang tid, og du kan som Gustav sier, redigere innleggene dine.

Svaret du har fått er korrekt - hvor mener du logikken din bryter sammen?

Re: Tre punkt på sirkelperiferien

Innlegg OYV » 13/01-2018 15:36

Et velment og godt råd ! Tar dette til etterretning , og skal prøve å følge opp .

Re: Tre punkt på sirkelperiferien

Innlegg Gustav » 13/01-2018 15:10

OYV: Fint om du registrerer deg og får en skikkelig bruker, så kan du redigere postene dine. Det blir litt ryddigere.

Re: Tre punkt på sirkelperiferien

Innlegg OYV » 13/01-2018 15:04

Annullerer ! Logisk svikt i mitt resonnement.

Re: Tre punkt på sirkelperiferien

Innlegg OYV » 13/01-2018 14:35

Denne ulikheten må være oppfylt for at senteret S skal ligge inne i trekanten PQR:

180 grader < boge PQ + boge QR < 270 grader

P ( S innenfor) = g/m = (270 - 180 ) grader/360 grader = 90/360 = 25 %

Mon tro om jeg har rett ?

Tre punkt på sirkelperiferien

Innlegg Markus » 13/01-2018 13:20

En sirkel har sentrum i $S$. Tre punkt $P,Q$ og $R$ velges tilfeldig på sirkelperiferien. Hva er sannsynligheten for at $S$ ligger inne i $\triangle PQR$?

Topp