Konkurs prac uczniowskich
Jak matematyk rzuca igłą?
Jednym z najbardziej znanych zagadnień prawdopodobieństwa geometrycznego
jest problem igły Buffona. Treść tego zadania zna wiele osób, które, nawet
jeśli nie znają sposobu rozwiązania, to wiedzą, że jest ono związane z liczbą
Istotnie, pozwala to (w odpowiednim modelu matematycznym) wyznaczyć
przez wykonanie serii doświadczeń wartość liczby
z dokładnością
zależną od liczby doświadczeń.

Rys. 1 Igła rzucona na podłogę z desek.
Problem. Na podłogę wyłożoną identycznymi, nieskończenie długimi deskami jedna obok drugiej (tak że nie ma między nimi przerw) rzucamy igłę o nierozróżnialnych końcach. Jakie jest prawdopodobieństwo, że igła będzie dotykać miejsca styku dwóch desek?
Nie napiszę kolejny raz standardowego rozwiązania – jest ono wystarczająco rozpowszechnione. Zastanówmy się nad innym podejściem do tego problemu.
Niech
oznacza średnią liczbę przecięć odcinka o długości
z prostymi rodziny
przy jednym rzucie. Zauważmy, że jeśli nasz
odcinek dowolnie podzielimy na dwie części o długości
i
(oczywiście
oraz
), to wartość oczekiwana
liczby przecięć, liczona dla mniejszych fragmentów, po zsumowaniu da
wartość oczekiwaną liczby przecięć dla odcinka wyjściowego:
![]() | (1) |
Dodajmy jeszcze jedno proste spostrzeżenie:
Podłogę możemy zastąpić płaszczyzną podzieloną rodziną prostych
równoległych
reprezentujących miejsca styku dwóch desek.
Odległość między dwiema kolejnymi prostymi jest równa
– szerokości deski. Jeżeli przyjmiemy realistyczne założenia, że grubość
igły jest dużo mniejsza od szerokości deski oraz że igła nigdy nie upadnie na
sztorc, to możemy traktować ją jak odcinek o długości
Z powyższej równości wynika bardzo ważny wniosek: wartość
będzie taka sama, gdy zamiast odcinkiem będziemy „rzucać” dowolną łamaną
o długości
– wystarczy podzielić ją na kawałki prostoliniowe
i użyć równości (1) tyle razy, ile tych kawałków będzie. Stąd dla dowolnego
wielokąta o obwodzie równym
w naszym doświadczeniu
otrzymamy taką samą wartość oczekiwaną liczby przecięć z prostymi
z rodziny
jak dla igły o długości
. Tę własność mają
również krzywe o długości
, które możemy podzielić
na małe fragmenty wyglądające prawie jak odcinki. Takie krzywe mogą
być zamknięte (na przykład okrąg spełnia powyższy warunek). Dla
uproszczenia zakładamy, że nie mają samoprzecięć (czyli ósemki
nie uwzględniamy).
Zależność (1) jest równaniem funkcyjnym, zwanym równaniem
Cauchy’ego, które przy założeniu ciągłości szukanej funkcji
spełniają
tylko funkcje liniowe:
![]() | (2) |
gdzie
jest stałą. Stałą
można wyznaczyć, zauważając, że
okrąg o promieniu
, przy dowolnym ułożeniu na rozważanym
podłożu, zawsze będzie miał dokładnie dwa punkty wspólne z narysowanymi
prostymi. Obwód tego okręgu wynosi
, stąd

a więc
Zauważmy, że odcinek o długości
może przeciąć co najwyżej
jedną prostą z rodziny
. Zatem w tym przypadku

gdzie
jest szukanym prawdopodobieństwem przecięcia odcinka
i prostej z
. To daje nam oczekiwany wynik:

Stąd właściwie „za darmo” otrzymujemy dowód twierdzenia Barbiera. Zanim
przejdziemy do szczegółów, zwróćmy uwagę, że do wyznaczenia
stałej
z równości (2) może posłużyć dowolna krzywa
o następującej własności:
przy każdym położeniu takiej krzywej na naszym podłożu, podzielonym
prostymi równoległymi z rodziny
, przecina się ona z prostymi
w dokładnie dwóch punktach.

Takie krzywe nazywają się krzywymi o stałej szerokości, a najpopularniejszym przykładem takiej krzywej, różnym od okręgu, jest trójkąt Reuleaux. Dodajmy jeszcze, że różnych, parami niepodobnych krzywych, o stałej (i ustalonej) szerokości jest nieskończenie wiele.
Twierdzenie (Barbier, 1860). Figury o stałej szerokości
mają
jednakowe obwody równe
Dowód. Załóżmy, że
jest figurą o stałej szerokości
. Figura
dowolnie
umieszczona na płaszczyźnie z narysowaną rodziną prostych
będzie mieć dokładnie dwa punkty wspólne z tymi prostymi. Jeśli
oznacza obwód figury
, to bezpośrednio z definicji
funkcji
mamy

Z drugiej strony wiemy już, że
, i dlatego

Skąd natychmiast otrzymujemy
– obwód
figury
zależy więc jedynie od szerokości
.

Rys. 3 Igła rzucona na płaszczyznę podzieloną rodzinami prostych
i
Zajmijmy się teraz nieco innym zadaniem. Dorysujmy na płaszczyźnie
rodzinę prostych równoległych
, takich że odległość między
dwiema kolejnymi prostymi z tej rodziny jest równa
, a rodzina
prostych
przecina proste
pod danym kątem
.
W ten sposób otrzymujemy płaszczyznę podzieloną prostymi na przystające
równoległoboki. Obliczmy prawdopodobieństwo tego, że igła przetnie
równocześnie którąkolwiek z prostych rodziny
i prostych
rodziny
w tej, nieco ogólniejszej, sytuacji. Poniżej przedstawię
rozwiązanie metodą „standardową”, jednak zachęcam do poszukiwania metody
podobnej do powyższej, za pomocą równania funkcyjnego.
Położenie igły w tym przypadku najlepiej określić, znając kąt
między igłą a prostą rodziny
, odległość
środka igły od
najbliższej prostej z rodziny
oraz odległość
środka
igły od najbliższej prostej rodziny
.

Rys. 4 Zbiór
zdarzeń, w których igła przecina prostą z
i prostą z
Przestrzenią zdarzeń elementarnych
jest zbiór

Igła przetnie proste, gdy parametry
spełniają warunki
![]() | (3) |
Do obliczenia miary (objętości) powyższego podzbioru
przestrzeni
możemy wykorzystać regułę Cavalieriego: żeby
otrzymać objętość
, całkujemy względem
pola
przekrojów
płaszczyznami
. Łatwo sprawdzić, że każdy
przekrój figury
płaszczyzną
dla
jest
prostokątem o wymiarach
na
. Otrzymujemy
więc

Gdy
, szukane prawdopodobieństwo wyraża się przez stosunek
objętości obszaru
do objętości prostopadłościanu
:

Można zastanawiać się nad podobnymi zagadnieniami: na przykład, ciekawy wydaje się rzut igłą na płaszczyznę z narysowaną mozaiką złożoną z przystających prostokątów, tworzących „mur z cegieł”. Rozwiązanie tego problemu pozostawiam Czytelnikom.