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关于贝特朗悖论


关于贝特朗悖论
从法国学者贝特朗(Joseph Bertrand)提出“贝特朗悖论”至今,已经过了一个多世纪。在这漫 长的一百多年中,贝特朗悖论得到了各层次数学爱好者的热切关注,人们穿越时空,从不同的角度 对此悖论进行了争论、辨析及交流……

首先来看一下贝特朗悖论:
在圆内任作一弦,求其长超过圆内接正三角形边长的概率. 此问题可以有三种不

同的解答:

面对同一问题的三种不同的答案。人们往往这样来解释:

得到三种不同的结果,是因为在取弦时采用了不同的等可能性假设:在第一种解法中则假定弦 的中点在直径上均匀分布;在第二种解法中假定端点在圆周上均匀分布,而第三种解法中又假定弦 的中点在圆内均匀分布。这三种答案是针对三种不同的随机试验,对于各自的随机试验而言,它们 都是正确的。

三个结果都正确!——这就是让老师和学生感到迷惑不解的原因。

显然这样的解释是不正确的。
上述解法看似是用了严密的理论来论述, 但有的解法与问题的本质是脱节的, 即理论是正确的, 但却不合题意:因为不同的解法所阐述的相应点的均匀分布只是一个必要条件,而此问题的条件是 在圆内任作一条弦(或是从圆内任取一条弦),所以只有任取的弦与这些相应的均匀分布的点一一 对应时,才能使整个的随机试验过程具有等可能性,否则,运用几何概型思想方法求出的结果一定 是错误的。找到了问题的本质,我们就容易分析上面三种解法中,哪种解法是错误的了,实际上, 找出错误,只要举出一个反例即可,下面我们把目光指向圆心:

第一种解法中,除了圆心外,圆内的点都和唯一的一条弦(与相应的直径垂直)对应,即一一 对应。但是,圆心却与无数条弦(即与直径垂直的任何方向都有过圆心的弦,其长度满足题意)对 应。这样,圆心——这个圆内的点与相应的弦就不是一一对应了,为此,用此种思想所构造的试验 过程中的基本事件就不是等可能的了,所以运用几何概型思想方法求出的结果也一定是错误的。

有了这种认识,大家会马上发现第三种解法也是不正确的。

而第二种解法,所构造的均匀分布的点是在圆周上,没有圆心,用此种思想所构造的试验过程 中的基本事件是等可能的,所以结果是正确的。

由贝特朗奇论谈几何概型中的等价转化
几何概型与古典概型都是概率论中最基础、最简单的概率类型.二者的共同点就是每个基本事件发 生的概率都是等可能的;然而前者的基本事件个数只有有限个,后者却是无限的.正是由于几何概型的基 本事件有无限多个,人们在解题时总专注于对原始条件进行等价转化,意在建构较简单的基本事件,以期 简化概率计算过程.不可否认,有些正确的转化必然达到"事半功倍"的效果;然而,有些看似"等价"的转化, 最终却得到了不同的答案,使人们产生困惑. 本文通过对贝特朗问题的五种正误解法进行深入剖析,总结出几何概型 的转化应注意的若干问题. 贝特朗问题:在单位圆的圆周上,任意选取两点 M 、N ,连结成弦.记事件

A 为弦长 MN ? 3 ,求事件 A 发生的概率.

1. 由原始条件出发,通法求解

解法一:该圆的周长为 2 ? .在圆上任取一点,规定它的位置是 0,而圆上其

余各点的位置按顺时针方向在 [0, 2? ) 内相应增长.设 M , N 在圆周上的位 置分别是 x, y ,则 x, y ?[0, 2? ) .又如图 1 所示, MN ? 3 当且仅当 ? ? x ? y ?

2 3

4 ?. 3

如图 2,用 ( x, y ) 表示每次实验的结果,则所有基本事件构成正方形区域, 其中阴影部分为事件 A 构成的区域,符合几何概型条件,故

?4 ? ?2 ? ? ? ? S阴 ? 3 ? ? 3 ? ? ? ? ? ? 1. P( A) ? ? 2 S正 4? 3
评注:解法一是将在圆周上选取两点视为等可能事件,从而以面积 作为测度,应用几何概型理论得出答案.此法是从题目中的原始条件出发,没有进行等价转化,不易出错,算 作一种通法.然而用通法解题往往比较复杂,况且本题中还涉及到两个变元,计算过程显得不够简便.

2

2

2. 适当进行等价转化,化繁为简
解法二:由于圆是具有高度对称性的图形,可认为圆内等长的弦有且只有一条.于是不失一般性,假设

M 点就在图 1 所示位置,问题就转化为另一点 N 在半圆周上随机选取时,弦长 MN ? 3 的概率.那么,基
本事件构成的区域为半圆周,事件 A 构成的区域为从 N1 到 P 的劣弧长.根据几何概型原理得,

P( A) ?

1 . 3

解法三:与解法二思想一致,认为圆内等长的弦只有一条,进一步地,等长弦所对的圆心角也是相等的. 同时注意到,固定点 M 在图 1 位置,点 N 在自 M 到 P 的半圆周上均匀地运动时,圆心角 ?MON 也均匀 地从 0 增加到 ? .因此,我们可以把问题转化为图 1 中,过圆心 O ,在直径 MP 的右侧任意做射线 ON 交圆

周于点 N ,求 ?MON 超过

2 ? 的概率.此时,基本事件构成的区域为 [0, ? ] ,而事件 A 构成的区域为 3

2 ( ? , ? ] ,故 3
P( A) ?

?? ? ?

2 3

1 ? . 3

评注:解法二和解法三是通过合理的等价转化,分别将在半圆周上选取一点和过点 O 在 ?MOP 内任 意做射线 ON 视为等可能事件,使得两个变元的问题变成了一个变元的问题,大大简化了概率计算.

3. 转化不慎,陷入误区
然而,贝特朗奇论就告诉我们,有些转化却得到了错误的答案.问题 究竟出现在哪里呢?下文中我们就两种错解的原因给予分析.

? 忽视等可能性的保持
解法四:视圆上等长的弦为唯一的.不妨假设长度不同的弦的中点 都分布在单位圆的某条半径 OP 上,如图 3 所示.

其中 Q 为 OP 的中点,故弦 MN 在 M 1 N1 位置时,长度刚好为 3 .而此 时每条弦的弦长与该弦中点所处的位置是相互决定的.因此,问题就转 化为弦 MN 的中点在半径 OP 上随机选取时,中点处于线段 OQ 上的 概率.从而求得

P( A) ?

OQ OP

?

1 2.

辨析:此种解法,在认为圆内等长的弦是唯一的前提下,将研究对象弦的两个端点转化为它的中点.此 时,二者确实是一一对应的.然而,解题过程却忽视了另一个考虑要素:当弦的两个端点 M , N 分别在从

M 2 到 P 和从 N 2 到 P 的劣弧上等可能地选取时,弦的中点并不会相应等可能地落在半径 OP 上.事实上,
如果 MN 在图 3 所示位置,不妨设 ?N 2ON ? ? ,则 N 2 到 N 的劣弧长即为 ? ,而

OE ? sin ?N 2ON ? sin ? ,二者并不成正比.
因此,此类错误转化的特点是:虽然保证了研究对象的一一对应,但是忽视了等可能性的保持,所以转 化是不等价的.我们再举两个类似的例子. 例 1 如图 4, ?ACB 是一个等腰直角三角形.过顶点 C ,在直角 ?ACB 的内部任意引射线 CP 交斜边 AB 于点 P ,求 AP ? AC 的概率. 错解: ?ACB 内部的任一射线与射线在 AB 边的交点是一一对应 的.如图 4 中,当交点 P 点处于 D 位置时 AP ? AC ,故问题可转化为点 P 在 AB 边上随机选取时,

AP ? AC 的概率.于是所求概率为

2 . 2

辨析:由题意,射线 CP 在 ?ACB 内部等可能地选取,而此时对应的交点 P 并不会在 AB 边上等可能 地分布.因此,所犯错误与贝特朗问题的解法四相似.正确的做法应是采用角度作为测

4 ? 3 ? ,故所求概率为 3 . 8 4 2 例 2 如图 5, ?ABC 是一个直角三角形, ? ?CAB ? .现以 A 为圆心,2 为半径做圆弧 DG ,且 DE 平行于 AB , AB ? 3 . 3 在弧 DG 上随机地取点 P ,连结 AP ,问直线 AP 与 BE 相交的概率是多少?
度. ?ACD ? 错解:在弧 DG 上取点与 A 连结成直线的效果和在线段 BC 上取点与 A 连结成直线的效果是一样.那么,问题可以转化为在线段 BC 上任意取点,与 A 连结所成的直线与 BE 相交的概率.因为 BE ? 3, BC ? 3 3 ,因此结果就为

??

?

1 . 3
辨析:所犯错误与上例一样,转化过程中忽视了等可能性的保持.正确解法应该采用弧长或角度作为

1 2 ? 忽视研究对象转化的等价
测度,答案为 . 解法五:以圆内任一点为中点,可以确定一条弦.要使弦长 MN ? 3 ,只需该弦的中点落在图 6 中的 阴影小圆内.于是问题转化为以单位圆内任一点为中点作弦 MN ,使得 MN ? 3 的概率. 通过计算可知, 当 MN ? 3 ,即位于图 6 中 DE 位置时,中点 B 到 O 的距离为

1 ,于是 2

?1? ? ? 1 2 P( A) ? ? 2? ? . 1 4
辨析:此法用弦的中点来代替弦的两端点作为研究对象.我们看到,圆内 除圆心外的任意一点的确唯一地确定了一条弦.但是,以圆心为中点的弦,即 直径,却有无数条.当然相应地,也有无数对的端点.因此,这个对象的转化是不 等价的.以下例 3 的解法也是步入了这个误区. 例 3 甲,乙,丙三人玩游戏,游戏规则为:在不远处有一小方块,要将一枚铜 板扔到这张方块上,已知铜板的直径是方块边长的

2

3 ,谁能将铜板完整地扔到这块方块上就可以晋级下 4

一轮.现在甲一扔,铜板落在小方块上,且没有掉下来,问他能晋级下一轮的概率 有多大? 错解:记"甲能晋级下一轮"这个事件为 C ,假设小方块的边长为 1.过铜板中心 O 向最近的小方块的边做垂线 OB ,设 OB ? d .依题意得,甲已将铜板扔到了 小方块上,故 d ? [0, ] .而要使铜板完整地落入方块,如图 7,应使 d ? [ , ] .因 此,

1 2

3 1 8 2

1 3 ? 2 8?1 P(C ) ? 1 4. 2
辨析: 由已知,铜板的中心等可能地分布在小方块上的任一处.上面解法中, 将研究对象铜板的中心转化为铜板中心到小方块边的最短距离.如图 7, A 为小 方块的中心.我们知道,当 OB ? d 时,铜板的中心位于以 A 为中心, 1 ? 2d 为边长 的正方形的边上,随着 d 从 0 增大到

1 ,铜板中心分布的区域长度也呈线性的递 2

减.所以,该转化显然是不合理的.本题正确的思路应该是,如图 8, 当铜板中心位于图中阴影的正方形时,甲能晋级下一轮.而铜板的中心在小方块内的分布是等可能的,属 于几何概型,故

?1? ? ? 1 4 P(C ) ? ? 2? ? . 1 16
综上,在进行几何概型的概率计算时,要明确原始条件,必要时在遵循研究对象合理替换、保持等可能 性的原则下,进行等价转化,实现解题过程的简化,优化.

2

参考文献:
[1] [2] [3] [4] 普通高中课程标准实验教科书·数学 3(必修)[M].北京:人民教育出版社,2007. 三维设计 2010 新课标高考总复习.数学理科(人教 A 版)[M].北京:光明日报出版社,2009. 魏宗舒等编.概率论与数理统计教程[M].北京:高等教育出版社,1983. 徐明. "几何概型"教学释疑—兼谈"贝特朗悖论" [J].数学通讯,2009(6)(下半月).

对“贝特朗悖论”的思考
几何概率是十九世纪末新发展起来的一门学科,它的出现使很多概率问题的解决变得 简单而不用运用微积分的知识。 然而, 1899 年, 法国学者贝特朗提出了所谓 “贝特朗悖论” , 矛头直指几何概率概念本身。 贝特朗悖论:在一给定圆内所有的弦中任选一条弦,求该弦的长度长于圆的内接正三 角形边长的概率。 从不同方面考虑,可得不同结果: 1.由于对称性,可预先指定弦的方向。作垂直于此方向的直径,只有交直径于 1/4 点与 3/4 点间的弦,其长才大于内接正三角形边长。所有交点是等可能的,则所求概率为 1/2 。 2.由于对称性,可预先固定弦的一端。仅当弦与过此端点的切线的交角在 60°~ 120°之 间,其长才合乎要求。所有方向是等可能的,则所求概率为 1/3 。 3.弦被其中点位置唯一确定。只有当弦的中点落在半径缩小了一半的同心圆内,其长才合 乎要求。中点位置都是等可能的,则所求概率为 1/4。 这导致同一事件有不同概率,因此为悖论。 几何概率模型的定义:如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长(面积或体 积)成比例,则称这样的概率模型为几何概率模型(geometric models of probability) 简称为几何概型. 在几何概型中,事件 A 的概率计算公式为: 依据几何概率模型的定义,上述问题的结果只有第三个结果是对的。 解法 1 是求的“在垂直于给定直径的所有弦中任选一条弦,弦的长度长于圆的内接正三角 形边长的概率”,而不是“在一给定圆内所有的弦中任选一条弦。求弦的长度长于圆的内 接正三角形边长的概率”,实际上这种求法还是利用了弦与弦中点的一一对应关系,只是 忽略了弦的任意性。只要让给定的直径“动”起来,扫过整个圆,符合条件的弦中点,均 在半径为已知圆的一半的同心圆内,又可利用方法 3 得到原题的概率也是 1/4。 解法 2 是求的“在过圆上一给定点的所有弦中任选一条弦,弦的长度长于圆的内接正三角 形边长的概率”,而要求“在一给定圆内所有的弦中任选一条弦。求弦的长度长于圆的内 接正三角形边长的概率”,只要让这一圆上给定点“动”起来,再利用弦与弦中点的一一

对应关系,此时符合条件的弦中点,也是均在半径为已知圆的一半的同心圆内,接下来也 可利用方法 3 得到原题的概率是 1/4。 解法 1、2 得出错误结论的原因,均是因为偷换了命题。解法 1 是用无数多条垂直于同 一条直径的弦代替了圆的所有弦;解法 2 则是用无数多条有公共端点的弦代替了圆的所有 弦。 实际上只要认识到圆的弦与弦中点的一一对应关系,这一问题就转化成了“在一给定 圆内任取一点,求到圆心距离小于半径一半的概率”的问题。 “由于对称性,可预先指定弦的方向”与 “由于对称性,可预先固定弦的一端”,均 与弦的任意性不符,圆中与“预先指定弦的方向”不一致的弦与不以“预先固定弦的一端” 的弦为端点的弦,在求概率时就不用考虑了吗? 实际上用解法 2 的思路也可以按“圆的弦与弦中点的一一对应关系”求的“在过圆上 一给定点的所有弦中任选一条弦,弦的长度长于圆的内接正三角形边长的概率”为 1/3 。 由此可见,不论从哪个角度去解答此问题,只要不曲解题意,答案都是唯一的。


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