Geometrijska verovatnoća - veoma teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Tačka [tex](X; Y; Z)[/tex] je ravnomerno raspoređena u jediničnoj kocki, čija je zapremina [tex]1[/tex], pa su verovatnoće jednake zapreminama. Zbog simetrije između [tex]X[/tex] i [tex]Z[/tex], događaju [tex]X\lt Z[/tex] odgovara polovina kocke:
[tex]P(X\lt Z)=\frac{1}{2}[/tex]
Ravni [tex]x=y[/tex], [tex]y=z[/tex] i [tex]x=z[/tex] dele kocku na [tex]6[/tex] podudarnih delova, po jedan za svaki poredak brojeva [tex]X[/tex], [tex]Y[/tex], [tex]Z[/tex] (jednakostima odgovara zapremina nula), pa svaki poredak ima verovatnoću [tex]\frac{1}{6}[/tex]. Isto se dobija i integracijom:
[tex]P(X\lt Y\lt Z)=\int_0^1\frac{z^2}{2}\,dz=\frac{1}{6}[/tex]
Pošto iz [tex]X\lt Y\lt Z[/tex] sledi [tex]X\lt Z[/tex], uslovna verovatnoća je
[tex]P\left(X\le Y\le Z\mid X\lt Z\right)=\frac{P(X\lt Y\lt Z)}{P(X\lt Z)}=\frac{\frac{1}{6}}{\frac{1}{2}}=\frac{1}{3}[/tex]
Drugim rečima, od tri jednako verovatna poretka sa [tex]X\lt Z[/tex] ([tex]Y\lt X\lt Z[/tex], [tex]X\lt Y\lt Z[/tex], [tex]X\lt Z\lt Y[/tex]) tačno u jednom je [tex]Y[/tex] između [tex]X[/tex] i [tex]Z[/tex]. Odgovor nije [tex]\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4}[/tex], jer događaji [tex]X\lt Y[/tex] i [tex]Y\lt Z[/tex] nisu nezavisni.

Rešenje:
Neka je [tex]x[/tex] rastojanje od sredine štapića do najbliže granice, a [tex]\varphi[/tex] ugao između štapića i granica. Tada je
[tex]0\le x\le 3 ; \quad 0\le\varphi\le\frac{\pi}{2}[/tex]
a tačka [tex](\varphi; x)[/tex] je ravnomerno raspoređena u pravougaoniku površine
[tex]\frac{\pi}{2}\cdot 3=\frac{3\pi}{2}[/tex]
Svaka polovina štapića ima dužinu [tex]3[/tex], a njena projekcija na pravac normalan na granice je [tex]3\sin \varphi[/tex]. Zato štapić seče najbližu granicu tačno onda kada je [tex]x\le 3\sin \varphi[/tex]; drugu granicu ne može da dostigne, jer je sledeća granica na rastojanju [tex]6-x\ge 3[/tex] od njegove sredine. Površina oblasti [tex]x\le 3\sin \varphi[/tex] je
[tex]\int_0^{\frac{\pi}{2}}3\sin \varphi\,d\varphi=\left.-3\cos\varphi\right|_0^{\frac{\pi}{2}}=3[/tex]
Verovatnoća da štapić preseče granicu jednaka je količniku površina [tex]\frac{3}{\frac{3\pi}{2}}=\frac{2}{\pi}[/tex], pa je verovatnoća da on u celini leži na jednoj pruzi
[tex]P=1-\frac{2}{\pi}\approx 0{,}363[/tex]
(Ovo je Bifonov problem igle.)

Rešenje:
Odgovor ne zavisi od veličine kvadrata, pa uzmimo kvadrat [tex]-1\le x\le 1[/tex], [tex]-1\le y\le 1[/tex] sa centrom [tex]O(0; 0)[/tex]. Koordinatne ose i dijagonale dele ga na [tex]8[/tex] podudarnih trouglova, a uslov je simetričan u odnosu na te prave, pa je dovoljno posmatrati trougao
[tex]T:\ 0\le y\le x\le 1 ; \quad S_T=\frac{1}{2}[/tex]
U [tex]T[/tex] najbliža stranica je [tex]x=1[/tex], na rastojanju [tex]1-x\ge 0[/tex]. Obe strane nejednakosti su nenegativne, pa je možemo kvadrirati:
[tex]\sqrt{x^2+y^2}\lt 1-x\iff x^2+y^2\lt 1-2x+x^2\iff x\lt\frac{1-y^2}{2}[/tex]
Zajedno sa [tex]x\ge y[/tex] to zahteva [tex]y\lt\frac{1-y^2}{2}[/tex], tj. [tex]y^2+2y-1\lt 0[/tex], odakle je [tex]0\le y\lt\sqrt{2}-1[/tex]. Neka je [tex]t=\sqrt{2}-1[/tex]; površina povoljnog dela trougla [tex]T[/tex] je
[tex]S=\int_0^{t}\left(\frac{1-y^2}{2}-y\right)dy=\frac{t}{2}-\frac{t^3}{6}-\frac{t^2}{2}=\frac{3t-t^3-3t^2}{6}[/tex]
Pošto je [tex]t^2=3-2\sqrt{2}[/tex] i [tex]t^3=5\sqrt{2}-7[/tex], dobijamo
[tex]S=\frac{3\sqrt{2}-3-5\sqrt{2}+7-9+6\sqrt{2}}{6}=\frac{4\sqrt{2}-5}{6}[/tex]
Verovatnoća je jednaka količniku površina:
[tex]P=\frac{S}{S_T}=\frac{4\sqrt{2}-5}{3}\approx 0{,}22[/tex]