¿Por qué es incorrecta mi solución al problema de la "moneda gruesa"?

Question

He estado trabajando a través de Cincuenta Problemas Difíciles en la Probabilidad por Frederick Mosteller.

Para el problema 38 mi respuesta difiere de la solución. Aunque entiendo la solución, no sé de donde me salió mal en mi respuesta. Así que, ¿de dónde me salen mal?

Problema

Cómo grosor debe ser una moneda de tener un $1/3$ de probabilidad de aterrizaje en [su] edge?

Mi solución

Considere la posibilidad de un cilindro con un radio de $r$ y la altura de la $h$. A continuación, los 2 siguientes ecuaciones:se

• $2\pi r^2 = 2/3$, es decir, el área de la superficie de la cabeza y la cola es igual a la probabilidad de no aterrizar en el borde, $2/3$
• $2\pi rh = 1/3$, es decir, el surafce área de la arista es igual a la probabilidad de aterrizaje en el borde, $1/3$

La solución de estos rendimientos

• $r = 1/\sqrt{3\pi} = 0.326$
• $h = \sqrt{3\pi}/6\pi = 0.163$

Por lo tanto, la moneda con la $1/3$ oportunidad de aterrizar en su borde tiene una altura de $\approx 25\%$ de su diámetro.

La solución dada

La simplificación de las condiciones que se vienen a la mente son las que corresponden a la inscripción de la moneda en una esfera, donde el centro de la moneda está en el centro de la esfera. La moneda en sí es considerado como un derecho de circular cylnder. A continuación, un punto al azar en la superficie de la esfera es de los elegidos. Si el radio a partir de ese punto al centro de las huelgas en la punta, la moneda se dice que han caído en el borde.

Para simular esto en realidad, la moneda podría ser sacudido de tal manera que cayó en una espesa sustancia pegajosa que se agarre de la moneda cuando lo tocó, y entonces la moneda que poco a poco se asiente en su borde o su cara.

Una clave del teorema de la geometría sólida simplifica este problema. Cuando los planos paralelos cortar una esfera, la de la cáscara de naranja como la banda producido entre ellos se llama la zona. El área de la superficie de una zona es proporcional a la distancia entre los planos, y así nuestra moneda debería ser $1/3$ del grosor de la esfera. ¿Cómo debe el espesor comparar con el diámetro de la moneda?

Deje $R$ ser el radio de la esfera y el $r$ que el de la moneda.

El teorema de Pitágoras da

$R^2=r^2+R^2/9$ ... [Así] $R/3 = \sqrt2r/4 \approx 0.354r$

Y así, la moneda debe ser de alrededor de 35% tan grueso como el diámetro de la moneda.

Answer 1

Parece que la discrepancia aquí, como en algunos otros la probabilidad geométrica "paradojas", viene de usar implícitamente diferentes distribuciones de probabilidad.

Por simplicidad, vamos a trabajar en dos dimensiones. El uso de la imagen de abajo, vamos a la $h \times 2r$ rectángulo de ser la moneda de la sección transversal, $h$ - moneda de espesor, y el $R$círculo de radio ser el "shell" en la definición de los autores.

El evento "moneda de tierras en la orilla" es definido por los autores como:

Un punto aleatorio [distribuidos de manera uniforme] en la superficie del círculo es el elegido. Si el radio a partir de ese punto al centro de las huelgas en la punta, la moneda se dice que han caído en el borde.

Su definición es la siguiente:

Un punto aleatorio [distribuidos de manera uniforme] en la superficie del rectángulo es de los elegidos. Si el punto cae en el borde, la moneda se dice que han caído en el borde.

Dado que la longitud del cable y la longitud del arco no son proporcionales, las dos definiciones de resultados en dos diferentes distribuciones. Ahora, no confiar en mi geometría, pero por ejemplo con $h=3, R=3$ me estoy:

relación de lados:fondos de rectángulo $= 3:5.2$
relación de los arcos correspondientes a los lados:los arcos correspondientes a los fondos de $= \arcsin 1/2 : (\pi/2 - \arcsin1/2) = 1:2$

Para $X \sim Unif$, $P(X \in A) \propto P(|A|)$, de modo que la misma cocientes se aplican a las probabilidades, que conduce a resultados discrepantes.