第36课概率悖论 误区解密+概率统计+命题探秘第二版一题一课

背景相似的问题，当等可能的角度不同时，其概率是不一样的．请从不同的角度研究 著名的“贝特朗（Bertrand）问题”:
在半径为 1的圆内随机地取一条弦，问其长度超过该圆内接正三角形边长的概率是 多少？
贝特朗（Bertrand, 1822-1900）是法国著名的数学家，他在《概率的计算》一书中提 出上述有趣的奇论时，曾给出了三种经典的解法：
，
、 J
丝
＜警3 的二维点（a ,j3)．如图 5 所示．这时，Sn = 27t X 2t = 4兀2 ,SE =
(丝、2 了丝、2.
、3 产
、3/
卜 仪
5
于是，尸（E）一 SE 一李 00 j
解法 5 如图 6，在半径为 1的圆内随机地取一条弦，可先在圆周上
任取一点 M，作直径 MP ，然后在 M尸上取M（了一涯，在线段 CF 上任取 一点N'，再以点 M为圆心，MN' 为半径作圆，交已知圆于点 N，则 MN>
长度才能超过圆内接正三角形的边长． 这种解法的本质是，先任意固定弦的一个端点，然后以弦的另一
端点的位置作为试验的基本结果，并假定另一端点在圆周上等可能
分布，这时，S。一 ” 一 ～~ ~
／甲 “ ' ' ~~ ~"
2兀，SE
一共拼，于是，P
(E)
一共三一令．
解法 2 如图 2 ，由于对称性，考虑某指定方向的弦．作一条直径
弦中点在圆内等可能分布．这时，s" 一兀，SE 一今，于是，P(E) = 举一令． ． 一 ～, ． 一一 ，、． J ,， 一 ～ ~ ~
J‘、 ’ J、、、 口～习 r‘飞丁 J 门‘"J "~‘二” J ' ~
~～乙
长期以来，“贝特朗问题”的上述三种“流行”解法像魔咒一样，禁锢着人们的思维，尽 管人们的争论“喋喋不休”，论战“硝烟四起”，结果“众说纷纭”．后来，又有学者不断给出 有别于以上三种解法的新解法．比较有代表性的如下：
卜长～小JJ于~A~C-4的f长r ，--从-而---A'~M~的-长 --小--于--'A~C~的--长--的--概--率-为 --粤-2．'~据~此J可'""编"题~~1 题 1 （普通高中课程标准实验教科书《数学 ・ 必修 3（) 江苏教育出版社 2006 年 6 月
第 4 版）第 102 页例 3）在等腰 RtAABC 中，在斜边 AB 上任取一点 M，求 AM<AC 的 概率．
A.
注 在解此题时也有不少学生选了 B，选 B 的学生的解答过程是：在线段 AB 上随机 取 ~一 一J点~"M,，9每一J、点～M都H('和 I"IS点SS ～ C 唯卜一确’"定~一条～射习J线~，~所' 以～、A‘M～一<一A‘C~ ～ 成一 立的H概'~率~为'AAB告一万 去
课堂笔记尸
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． 第 36 课 概率悖论 误区解密
假设弦长是等可能分布的． 这是各种不同的等可能假定，是不能够互相转化的．比如，当认为弦由端点决定，假
设端点在圆上等可能分布时，必然使得另外几种情况的等可能性假设失效．当作不同的 假定后，计算的结果也就不同了．所以这几种方法实际上都做到了真正的等可能取弦．
贝特朗悖论确实不奇，这并不是指它应该有唯一的答案，而是指它其实是一道开放 性的，条件并不充分的题目，当把题目补充完整后，答案就唯一了，这个不充分的条件正 是关于弦的等可能性分布的假定．只是有的人对任意作弦的方式有个人偏好，因此倾向 于某种等可能性假设，而偏向于某种解法．实际上这种假定还不限于前面所提及的 5 种， 所以贝特朗问题的答案非但不唯一，甚至是有无数个解．当然，当等可能性条件补充完整 后，贝特朗问题的解就唯一了．
第 36 课 概率悖论 误仄解密
课堂笔记尸
、典型考题‘
(2009 年高考福建卷文科第 14 题）点 A 为周长等于 3 的圆周上的一个定点，若在该圆周上 随机取一点 B，则劣弧AB 的长度小于 1的概率为
李探市溯源 ‘
在普通高中课程标准实验教科书《数学 ・ 必修 3)（) 江苏教育出版社 2006 年 6 月第 4 版）第三章习题 2. 3 第 6 题（第 104 页）后有这样一段文字：
留考题解答 ‘
如图 7，因为劣弧AM 的长一劣弧AN 的长＝=1,
所以劣弧 IIV 的长＝:1.
则劣弧AM 的长＜ 1 的概率为 劣弧AM 的 r1 rn 乡弧AN 的长 7
四月阅 1又
0
I 编题揭秘 ‘
图7
任意给定一个等腰△ABC,假定 /ACB 一 900，从“在斜边 AB 上任 取一点 M”的角度切人，注意到不同的点 M 在斜边 AB 上是均匀分布的．不妨设 AC = 1, 则 AB=/百．在 AB 上取一点 D ，使 AD=1，若 M 点在线段 AD（不含端点）上，则 AM 的
乏
J1导，只有兰万下一＜之、｝“一川 ＜、花一口J ，’城 1tL5 目飞J -r 之 j艾刁目巨随’注四Jv'J
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！接正三角形的边长试验的所有结果是满足条件 0 镇“镇 2"'0 成月镇
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解法 4 如图 4，以半径为 1的圆的圆心 0 为原点，建立直角坐标系，A,B 表示弦的
两个端点，只有当。八和。B 的夹角大于誓时（这里的夹角指小于平角
的那个夹角），弦 AB 的长度才能超过圆内接正三角形的边长．
这种解法的本质是：在解法 1的基础上，不再预先固定弦的一端，
而让弦的两个端点随机独立选取．这时的试验结果是弦的两个端点的
SE 1 S。 2'
解法 3 如图 3 ，圆内弦的位置被其中点唯一确定．在圆内作一同心圆， 其半径仅为大圆半径的一半，则当弦的中点落在小圆内，弦长才能超过圆内 接正三角形的边长．
这种解法的本质是，以任意弦的中点位置作为试验的基本结果，并假设 图3
r毛题一飞果高考狄学命题探社（第二万反） .
、课堂笔记
取每一点都是等可能的，每一点都和点 C 确定一条射线，但这些射线却不是均匀分布的， 这就是此解法的症结所在．
从此解法中也不难看出，在某区间上均匀分布的随机变量甲确定随机变量乙，它们 有一一对应关系，随机变量乙不一定在其对应区间上是均匀分布的，当随机变量乙在其 对应区间上不是均匀分布时，不能用随机变量甲发生的概率来求随机变量乙发生的概 率，同时也不能用随机变量乙发生的概率来求随机变量甲发生的概率，即使它们之间存 在一一对应关系，除非是两者不仅存在一一对应关系，且都是在其对应区间上是均匀分 布的．
假设事件 E表示“在半径为 1的圆内任作一弦，其长度超过圆内接正三角形的边长”． 解法 1 如图 1，由于对称性，可将弦的一端固定在等边三角形的某一个顶点上，然
后另一端绕着圆周旋转．若在固定端点作一切线，则与此切线交角在粤和 2 之间的弦的
~～
『 ”“气八～刁 ’ ~~ ' ~～、 一’～礴 ’一一 ～ z~~"J … ”
涯．因为N‘在线段CF 上变动，N'F 的最大值为 2 一夜，所以，所求的概
一
图6
率尸(E) 箱：一 2 毛"3
其实，贝特朗问题还可以有多种不同的观点，甚至可以说有无穷多种不同的观点． 数学问题的求解方法可以有多种，但结果应该一致．作为一个几何概率问题，贝特朗 问题之所以出现各种不同的答案，是因为人们观察随机试验的基本结果的角度不同，同 时对基本结果的等可能性假设也有不同的理解． 贝特朗问题恰恰是缺少了相应的等可能性假定，题干只要求在圆内任意作弦，至于 弦在圆内是按何种方式等可能分布，是没有提及的，才导致如此多的“解法”． 因此，这并不算是一种悖论，只是一道条件不充分的数学题，不同的人为了“解”它而 添加不同的条件，将其改造成各种不同的可解问题而已．解法 1和解法 5 强调弦由端点决 定，假设端点在圆上等可能分布；解法 2 强调弦由其中点决定，并假设弦中点在与弦垂直 的直径上等可能分布；解法 3 强调弦由其中点决定，假设中点在圆内等可能分布；解法 4
给定一个等腰△ABC, 假定艺ACB = 120。，从“过点 C 任意作一条射线”的角度切 人，假设过点 C 任意作一条射线与AB 边交于点M，当 AM = AC,匕ACM 一 75。时，满足
条件“AM<AC”的点 M 在线段 AM 上，所以成立的概率为1725000 备据此可编题 2
题 2 （普通高中课程标准实验教科书《数学 ・ 必修 3（) 江苏教育出版社 2006 年 6 月 第 4 版）第三章习题 3. 3 第 6 题改编）已知等腰△ABc 中，艺ACB= 120。，过点 c 任意作 一条射线与 AB 边交于点 M，使“八八才 <AC”成立的概率为（ )
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位置，并假设两个端点各自在圆周上等可能分布．用二维点（a ，召）表示
图4
试验结果，其中“表示 OC 按逆时针方向旋转至 OA 所经过的角度，p 表示 OC 按逆时针方
向旋转至 OB 所经过的角度，C 是圆周与 2: 轴正半轴的交点，0(“镇 27t , 0（口成 27t.
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、课堂笔记
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图1
垂直于这个方向，显然，只有圆心距小于 14 的弦的弦长才能超过圆内接正
三角形的边长．
这种解法的本质是，先任意指定弦的方向，然后以该方向上的所有弦
的中点位置作为试验的基本结果，这些中点刚好落在垂直于该方向的直 图2
径上，假设弦中点在直径上等可能分布．这时，S。= 2, SE = 1，于是，P (E)