Wahrscheinlichkeit, Dreieck, Einheitskreis

12.05.2010, 16:21	Sandy20ms	Auf diesen Beitrag antworten »
Wahrscheinlichkeit, Dreieck, Einheitskreis Hallo und entschuldigt gleich mal den Thementitel, aber was besseres ist mir nicht eingefallen! Ich beschäftige mich gerade mit dieser Aufgabe: a) Auf dem Intervall $\begin{eqnarray} [0; 2\pi) \end{eqnarray}$ wähle man zufällig drei Punkte X,Y,Z und identifi ziere diese mit den Punkten $\begin{eqnarray} e^{iX}, e^{iY} und e^{iZ} \end{eqnarray}$ auf dem Einheitskreis. Mit welcher Wahrscheinlichkeit handelt es sich bei der durch Verbinden der Punkte entstandenen Figur um ein Dreieck, das den Kreismittelpunkt enhält? Hinweis: Bestimmen Sie die Menge A der Punkte in $\begin{eqnarray} [0; 2\pi)^3 \end{eqnarray}$ , die zu einem solchen Dreieck führen. Dann gilt $\begin{eqnarray} P(A) = \lambda ^3(A)/\lambda^3([0; 2\pi)^3) \end{eqnarray}$ . b) Nun wähle man von den Ecken eines regelmäßiigen n-Ecks (n gerade) zufällig drei (nicht notwendigerweise verschiedene) Ecken aus. Mit welcher Wahrscheinlichkeit handelt es sich bei der durch Verbinden der Punkte entstandenen Figur um ein Dreieck, das den Mittelpunkt des n-Ecks enthält? Dazu wurde noch bemerkt, dass bei a) ein Bild als Argumentationshilfe angebracht sei und bei b) nur echte Dreiecke gewünscht sind. Ansonsten ist der Mittelpunkte im Dreieck enthalten, sobald er auf dem Rand des Dreiecks liegt. Mit dem Hinweis kann ich leider nichts anfangen, aber ich hab mal einige Überlegungen angestellt: a) gilt sicher für gleichseitige Dreiecke nun setze ich vorraus, dass ich o.E. den Punkt X festlege und zwar als (0\|0) wobei ich das KOS etwas verschiebe (siehe Skizze) [attach]14631[/attach] bei gleichschenkligen gilt es unter der Vorraussetzung, dass...(ich weiß gerade nicht wie ich es am besten ausdrücke). Angenommen es gilt $\begin{eqnarray} y=z \end{eqnarray}$ , dann müsste $\begin{eqnarray} h_x=z sin y = y sin z \geq 1 \end{eqnarray}$ sein. Allgemein würd ich sagen, dass ausreichen würde, dass alle drei Höhen mind. 1 sein müssen. Stimmt das soweit? Bringt mich nur noch nicht wirklich weiter b) rechtwinklige Dreiecke erfüllen die Forderung generell. Die Anzahl der rechtwinkligen Dreiecke für n gerade ist $\begin{eqnarray} n(n-2)/2 \end{eqnarray}$ . Wenn ich mich jetzt nicht vertue, erfüllen auch die spitzwinkligen Dreiecke die Forderung und davon gibt es $\begin{eqnarray} n(n-2)(n - 4) /24 \end{eqnarray}$ Fragt sich nur wieviele Mögliche Dreiecke es gibt Stimmt das?
13.05.2010, 18:32	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Das Ereignis $\begin{eqnarray} U \end{eqnarray}$ , daß der Mittelpunkt des Dreiecks mit den Ecken $\begin{eqnarray} A = \operatorname{e}^{\operatorname{i}X}, B = \operatorname{e}^{\operatorname{i}Y}, C = \operatorname{e}^{\operatorname{i}Z} \end{eqnarray}$ im Innern des Dreiecks liegt, ist gleichbedeutend damit, daß das Dreieck spitzwinklig ist. Beim Gegenereignis $\begin{eqnarray} \bar{U} \end{eqnarray}$ ist das Dreieck also recht- oder stumpfwinklig: $\begin{eqnarray} P(U) = 1 - P(\bar{U}) \end{eqnarray}$ Aus Symmetriegründen ist die Wahrscheinlichkeit dieselbe, wenn der rechte oder stumpfe Winkel bei $\begin{eqnarray} A, B \end{eqnarray}$ oder $\begin{eqnarray} C \end{eqnarray}$ liegt. Da höchstens ein Winkel im Dreieck ein rechter oder stumpfer sein kann, gilt: $\begin{eqnarray} P(\bar{U}) = 3 P(V) \end{eqnarray}$ wobei $\begin{eqnarray} V \end{eqnarray}$ das Ereignis bezeichne, daß der rechte oder stumpfe Winkel bei $\begin{eqnarray} C \end{eqnarray}$ liegt. Und das ist genau dann der Fall, wenn der durch $\begin{eqnarray} A,B \end{eqnarray}$ bestimmte Bogen, auf dem $\begin{eqnarray} C \end{eqnarray}$ liegt, eine Länge $\begin{eqnarray} \leq \pi \end{eqnarray}$ besitzt. Nun gilt $\begin{eqnarray} V = V_{XYZ} \cup V_{XZY} \cup V_{YXZ} \cup V_{YZX} \cup V_{ZXY} \cup V_{ZYX} \end{eqnarray}$ wobei der Index die Reihenfolge der Zufallswinkel im Intervall $\begin{eqnarray} [0,2\pi) \end{eqnarray}$ angeben möge. So soll etwa $\begin{eqnarray} V_{XYZ} \end{eqnarray}$ bedeuten, daß die Winkel in der Reihenfolge $\begin{eqnarray} X \leq Y \leq Z \end{eqnarray}$ angeordnet sind und das Dreieck bei $\begin{eqnarray} C \end{eqnarray}$ einen spitzen Winkel hat. Der Bogen von $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ gegen den Uhrzeigersinn nach $\begin{eqnarray} B \end{eqnarray}$ hat also die Länge $\begin{eqnarray} Y-X \end{eqnarray}$ . Der Punkt $\begin{eqnarray} C \end{eqnarray}$ liegt aber auf dem andern Bogen, der folglich die Länge $\begin{eqnarray} 2 \pi - (Y-X) \end{eqnarray}$ besitzt. Und dafür soll nun $\begin{eqnarray} 2 \pi - (Y-X) \leq \pi \end{eqnarray}$ , also $\begin{eqnarray} Y-X \geq \pi \end{eqnarray}$ gelten. Insgesamt hat man damit $\begin{eqnarray} V_{XYZ} = \left\{ 0 \leq X \leq Y \leq Z < 2 \pi \, , \, Y-X \geq \pi \right\} \end{eqnarray}$ und folglich $\begin{eqnarray} P \left( V_{XYZ} \right) = \frac{1}{(2 \pi)^3} \int_0^{\pi} \int_{\pi + x}^{2 \pi} \int_{y}^{2 \pi}~\dd z~\dd y~\dd x \end{eqnarray}$ Und so kann man auch die andern bestimmen. Da sie bis auf Nullmengen disjunkt sind, kann man die Einzelwahrscheinlichkeiten addieren. Ich habe als Ergebnis $\begin{eqnarray} P(U) = \frac{1}{4} \end{eqnarray}$ erhalten, was natürlich schon die Frage aufwirft, ob das Ganze nicht einfacher geht.

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