一條長度為一的線段隨機分成五份，其中至少有一份＞四分之一的幾率是多少？

01-15

數學問題，這道題有怎麼樣的解法呢？

首先回憶 $x_1+x_2+ldots+x_n=c$ ,其中 $x_iin mathbb{N^+},cinmathbb{N^+}$ ，這個方程有 $c-1 choose n-1$ 個解。

那麼考慮 $y_i=sum_{j=1}^i x_j$ ，那麼 $y=(y_1,y_2,ldots,y_n)$ 和 $x=(x_1,x_2,ldots,x_n)$ 是一一映射的。而 $y$ 的意義就是從 ${1,2,....,c}$ 中從小到大選 $n-1$ 個數（第 $n$ 數是 $c$ ）， $x$ 的意義就是它們之間的距離。現在記這個為我們的整體樣本數數量。注意我們就假設這裡每個樣本對應的概率都是一樣的。這也很符合常識，每一個 $y$ 的概率（假設均勻分布）是一樣的。

現在我們給每個 $x_i$ 一個下界 $b_iinmathbb{N}^+$ ,即 $x_igeq b_i$ ，那麼在這些限制下，原方程就只有 $c-sum_{i=1}^n (b_i-1) -1 choose n-1$ 個解了。那麼對應的概率 $P(land_{i=1}^nx_igeq b_i)=frac{c-sum_{i=1}^n(b_i-1)-1choose n-1}{c-1 choose n-1}$ 。這個概率可以被解釋為把c個點分成n個部分，同時滿足對所有 $i$ 都有 $x_igeq b_i$ 的概率.

現在我們來考慮連續情況，忽略嚴謹性，我們假設離散情況的極限收斂於連續情況。

考慮一條長度為1的線段，它被切成 $n$ 份，那麼設對應長度（依次）為 $chi_1,chi_2,ldots,chi_n,chi_iinmathbb{R}^+$ , 那麼對於一組下界 $alpha=(alpha_1,alpha_2,ldots,alpha_n),alpha_iinmathbb{R}^+$ ，我們想求 $P(land_{i=1}^n chi_igeqalpha_i)$ 。

利用離散時的結論，我們把這個長度為1的線段看成是 $c$ 個點組成的點列（ $c$ 很大），那麼 $x_i=[cchi_i ],b_i=[calpha_i]$ ,所以

$P(land_{i=1}^n chi_igeqalpha_i)=limlimits_{c o infty}P(land_{i=1}^n x_igeq b_i)=limlimits_{c o infty}frac{c-sum_{i=1}^n([calpha_i]-1)-1choose n-1}{c-1 choose n-1}$

我們這可以用Stirling"s approximation，注意 $frac{sum_{i=1}^n[calpha_i]}{c}approx sum_{i=1}^nalpha_i=sleq 1$ ,經過化簡

$P(land_{i=1}^n chi_igeqalpha_i)=(1-s)^{n-1}$ 。（從這個答案來看，我這種方法可能稍微麻煩了一點，可以直接說從 $(1-s)$ 中選 $(n-1)$ 個點）。

Ok！剩下的事情就簡單了，現在題目中要我們切五份，求至少一份大於0.25的概率，數學上就是說

$n=5,$ 求 $P(lor_{i=1}^{5}chi_i>0.25)$ 。根據容斥原理

$P(lor_{i=1}^{5}chi_i>0.25)=sum_iP(chi_i>0.25)-sum_{i< j}P(chi_i>0.25landchi_j>0.25)+ldots$ 。

帶入之前的公式，答案就是

$P(lor_{i=1}^{5}chi_i>0.25)={5choose 1}(1-0.25)^4-{5 choose 2}(1-0.5)^4 +{5choose 3}(1-0.75)^4=0.99609375$

可以說是相當高了。

以防萬一，我用c++簡單驗證一下。

#include& #include& #include& #include& #include& using namespace std;


double rand1() {

	return rand() / (RAND_MAX + 1.);

}

int main() { srand(time(NULL)); const int n = 5; vector& slots(n-1); const long long int times = 10000000; long long int count = 0; const double thread = 0.25; for(long long int i=0; i&0.25) successQ = true; for(int j=1; j&0.25) successQ = true; } if(1-slots[n-2]&>0.25) successQ = true; if(successQ) count ++; } cout &<&< "success counts: " &<&< count &<&< " in " &<&< times &<&< " experiments" &<&< endl; cout &<&< "probability: " &<&< (double) count/times &<&< endl; return 0; }

結果:

跟理論值還是有點接近的。

又跑了個十億的玩玩

越來越接近理論值了，嗯吃雞去了。

在5維空間中0&

$int _0^1dx_1int _0^1dx_2int _0^1dx_3int _0^1dx_4int _0^1dx_5delta (x_1+x_2+x_3+x_4+x_5-1)$

其中δ(x)為狄拉克delta函數。用mathematica可以求出等於1/24：

Integrate[DiracDelta[x1 + x2 + x3 + x4 + x5 - 1], {x1, 0, 1}, {x2, 0, 1}, {x3, 0, 1}, {x4, 0, 1}, {x5, 0, 1}]

而5維空間中0&

$int _0^{frac{1}{4}}dx_1int _0^{frac{1}{4}}dx_2int _0^{frac{1}{4}}dx_3int _0^{frac{1}{4}}dx_4int _0^{frac{1}{4}}dx_5delta (x_1+x_2+x_3+x_4+x_5-1)$

用mathematica可以求出等於1/6144：

Integrate[DiracDelta[x1 + x2 + x3 + x4 + x5 - 1], {x1, 0, 1/4}, {x2, 0, 1/4}, {x3, 0, 1/4}, {x4, 0, 1/4}, {x5, 0, 1/4}]

因此分五分每一份都小於1/4的概率為：24/6144=1/256=0.00390625

而分五份至少有一份大於1/4的概率為：1-1/256=255/256=0.99609375

————————具體計算————————

計算中要利用Delta函數的積分性質：

$intdelta(x-c)dx= heta(x-c)$

其中c為任意常數，θ(x)為海維賽德階躍函數。

還要用到階躍函數的積分性質：

$int heta(x-c)dx=(x-c) heta(x-c)$

$int x heta(x-c)dx=frac{1}{2}(x^2-c^2) heta(x-c)$

......

$int x^n heta(x-c)dx=frac{1}{n+1}(x^{n+1}-c^{n+1}) heta(x-c)$

具體計算就是一層一層積分：

$egin{align*} ext{I}=int _0^1dx_1int _0^1dx_2int _0^1dx_3int _0^1dx_4int _0^1dx_5delta (x_1+x_2+x_3+x_4+x_5-1)\ =int _0^1dx_1int _0^1dx_2int _0^1dx_3int _0^1dx_4 ext{I}_5 end{align*}$

其中I5為：

$egin{align*} ext{I}_5=int _0^1dx_5delta (x_1+x_2+x_3+x_4+x_5-1)\ = heta(x_1+x_2+x_3+x_4+x_5-1)|_{x_5=0}^1\ = heta(x_1+x_2+x_3+x_4)- heta(x_1+x_2+x_3+x_4-1) end{align*}$

帶入有：

$egin{align*} ext{I}=int _0^1dx_1int _0^1dx_2int _0^1dx_3int _0^1dx_4 heta (x_1+x_2+x_3+x_4)\ -int _0^1dx_1int _0^1dx_2int _0^1dx_3int _0^1dx_4 heta (x_1+x_2+x_3+x_4-1)\ =1-int _0^1dx_1int _0^1dx_2int _0^1dx_3 ext{I}_4 end{align*}$

其中第一行等號右邊的第一項積分顯然等於1，而I4為：

$egin{align*} ext{I}_4=int _0^1dx_4 heta (x_1+x_2+x_3+x_4-1)\ =(x_1+x_2+x_3+x_4-1) heta (x_1+x_2+x_3+x_4-1)|_{x_4=0}^1\ =(x_1+x_2+x_3) heta (x_1+x_2+x_3)\ -(x_1+x_2+x_3-1) heta (x_1+x_2+x_3-1) end{align*}$

帶入有：

$egin{align*} ext{I}=1-int _0^1dx_1int _0^1dx_2int _0^1dx_3(x_1+x_2+x_3) heta (x_1+x_2+x_3)\ +int _0^1dx_1int _0^1dx_2int _0^1dx_3(x_1+x_2+x_3-1) heta (x_1+x_2+x_3-1)\ =1-3int _0^1dx_1int _0^1dx_2int _0^1dx_3x_3-int _0^1dx_1int _0^1dx_2int _0^1dx_3 heta (x_1+x_2+x_3-1)\ +3int _0^1dx_1int _0^1dx_2int _0^1dx_3x_3 heta (x_1+x_2+x_3-1)\ =-frac{1}{2}-int _0^1dx_1int _0^1dx_2 ext{I}_{31}+3int _0^1dx_1int _0^1dx_2 ext{I}_{32} end{align*}$

其中I31、I32分別為：

$egin{align*} ext{I}_{31}=int _0^1dx_3 heta (x_1+x_2+x_3-1)\ =(x_1+x_2+x_3-1) heta (x_1+x_2+x_3-1)|_{x_3=0}^1\ =(x_1+x_2) heta (x_1+x_2)-(x_1+x_2-1) heta (x_1+x_2-1) end{align*}$

$egin{align*} ext{I}_{32}=int _0^1dx_3x_3 heta (x_1+x_2+x_3-1)\ =frac{1}{2}left [ x_3^2-left ( 1-x_1-x_2 ight )^2 ight ] heta (x_1+x_2+x_3-1)|_{x_3=0}^1\ =frac{1}{2}left [ 1-left ( 1-x_1-x_2 ight )^2 ight ] heta (x_1+x_2)\ +frac{1}{2}left ( 1-x_1-x_2 ight )^2 heta (x_1+x_2-1) end{align*}$

再帶入……

後面就不具體計算了，輸入公式太麻煩了。總之計算稍微有些繁瑣，但是只要熟悉了δ(x)函數和θ(x)的積分，每一步都是簡單的初等積分。

已經有了利用積分，很標準的解法。以下解法只需要用到排列組合的知識，提供一個新的思路。（因為在手機上，不會編輯公式，圖也很渣）

同樣，考慮所有線段長度都小於1/4的概率，那麼1減去這個概率就得到了答案。

這五個線段的長度，由切割線段的四個點的位置所決定。因此與其考慮五個線段，我們只考慮這四個點的位置。

為了簡化問題，可以將線段從左到右分成四個長度為1/4的分區。若任意兩個切割點在同一個分區，則必然有一個分區內沒有切割點，也就意味著某兩相鄰點之間距離大於1/4。因此每個分區都必須有1個切割點。

如圖所示，A，B，C，D是四個落在四個不同分區的四個點。而四個點落在不同分區的概率是：4！/4^4。

但是僅僅是這四個點落在不同分區的約束性還不夠強。比如說要想讓AB的長度小於1/4，那麼B到其所在分區的左端的距離，要小於A到其所在分區左端的距離。

為了可以視覺化這個問題，我們將四個分區並排擺列，然後將這四個點投影在一個長度為1/4的分區上。

因為投影重合的概率是0，在下面的答案中默認DCBA四點的投影沒有重合。

為了滿足兩點之間距離小於1/4，在投影上，A要在B右邊，B在C右邊，C在D右邊。這樣問題就被大大簡化。

那麼DCBA排列的可能性是多少呢？

假設同一個投影，交換切割點的名字，比如圖中的點A和B的位置，得到排列DCAB。

而A和B這個名字，代表了切割點所在的分區，因此交換名字A，B得到了不同的切割點位置。這樣DCAB並不滿足所有線段距離小於1/4。也就是說對於同一個投影，對應著的切割點排列的數量等於A，B，C，D這四個名字的排列數量=4！。而符合要求的排列只有DCBA這一種。

因此，所有線段都小於的概率是：

4！/4^4*1/4!=1/256。

因此至少有一個線段長度大於1/4的概率是255/256。

考慮幾何概型：

$0leq x_1 leq frac{1}{4}$

$0leq x_2 leq frac{1}{4}$

$0leq x_3 leq frac{1}{4}$

$0leq x_4 leq frac{1}{4}$

$0leq x_5 = 1-x_1-x_2-x_3-x_4 leq frac{1}{4}Rightarrow frac{3}{4}leq x_1+x_2+x_3+x_4 leq 1$

$max{[0, frac{3}{4}-x_1-x_2-x_3]}leq x_4 leq min{[frac{1}{4}, 1-x_1-x_2-x_3]}$

$I_1 = int_0^frac{1}{4}dx_1 int_0^frac{1}{4}dx_2 int_0^frac{1}{4}dx_3int_{{max[0, frac{3}{4}-x_1-x_2-x_3}]}^{min{[frac{1}{4}, 1-x_1-x_2-x_3}]}dx_4 = int_0^frac{1}{4}dx_1 int_0^frac{1}{4}dx_2 int_0^frac{1}{4}dx_3 int _{frac{3}{4}-x_1-x_2-x_3}^{frac{1}{4}}dx_4$

注意到需要 $x_4$ 的積分下限需要小於上限，即 $frac{1}{4} geq frac{3}{4}-x_1-x_2-x_3Rightarrow x_3 geq frac{2}{4}-x_1-x_2$

同理 $x_2 geq frac{1}{4} -x_1$

實際上， $I_1 = int_0^frac{1}{4}dx_1int_{frac{1}{4}-x_1}^frac{1}{4}dx_2int_{frac{2}{4}-x_1-x_2}^{frac{1}{4}}dx_3int_{frac{3}{4}-x_1-x_2-x_3}^{frac{1}{4}}dx_4 = frac{1}{6144}$

將 $x_i$ 的最大值放寬到 $1$ ，

$I_2 = int_0^1dx_1 int_0^{1-x_1}dx_2int_0^{1-x_1-x_2}dx_3int_0^{1-x_1-x_2-x_3}dx_4 = frac{1}{24}$

$P = 1-I_1/I_2 = 1 - 24/6144 = 1 - 1/256 = 255/256$

n_success &<- 0 n_trial &<- 100000 for (i in 1:n_trial) { r &<- sort(runif(4)) x &<- c(r[1], diff(r), 1-r[4]); if (any(x &> 0.25)) { n_success &<- n_success + 1; } } print(n_success / n_trial) [1] 0.99639

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不知道對不對。。。

原回答不嚴謹

$x_1+x_2+x_3+x_4+x_5=1$ 且 $exists i in {1,2,3,4,5} ext{s.t.} x_i > frac{1}{4}$ 解題難處在於 $x_i (i=1,2,3,..,5)$ 並不是獨立同分布。不妨反面考慮 $x_1+x_2+x_3+x_4+x_5=1$ 且 $forall i in {1,2,3,4,5} ext{s.t.} x_i leq frac{1}{4}$ 。

考慮：

$x_1 sim ext{Uniform} (0, frac{1}{4}]$

$x_2 sim ext{Uniform} (0, frac{1}{4}]$

$x_3 sim ext{Uniform} (0, frac{1}{4}]$

$x_4 sim ext{Uniform} (0, frac{1}{4}]$

$x_5 = 1-x_1-x_2-x_3-x_4$

於是四維棱長為 $frac{1}{4}$ 立方體除以棱長為 $1$ 立方體就是

$frac{(frac{1}{4})^4 imes 1}{1}=frac{1}{(2^2)^4} = frac{1}{2^8}$

所求概率就是 $1 - frac{1}{2^8} = frac{255}{256}$

看著答案猜解法（已知答案是1/256）：

我們知道一個圓上隨機取3點，連成的三角形包含圓心的概率是1/4。做法是取每一點的對稱點，一共有2^3=8種取法，其中只有2種是包含圓心的，所以概率是1/8*2=1/4。易知三角形包含圓心==三段弧每一段長度不超過1/2。所以試圖用這個解法猜一下：

在一個圓上隨機取N個點，對每個點作將圓(N-1)等分的對稱點。假設在這些對稱點中隨機選取，那麼一共是(N-1)^N種取法。在這些取法中有且只有(N-1)種是使得每一段長度不超過1/(N-1)的【這個是猜的】。所以概率是1/(N-1)^(N-1)。代入3，得到1/(3-1)^(3-1)=1/4。代入5，得到1/(5-1)^(5-1)=1/256。可以推廣：任意取4個點，沒有一段線段長度長於1/3的概率是1/(4-1)^(4-1)=1/27，等等等

【猜的部分的證明】證明貌似也不難，把5*4=20個點畫在圓上（每4個點為一組把圓4等分），易知在任意1/4長的圓弧上有且僅有5個點。所以需要取的5個點的順序就是在這段圓弧上的點的順序。容易證明有且僅有這一種取法。根據對稱性，有4種等價的取法（每種就是轉1/4）。這個解法基本上和 @無知的耗子的解法差不多。

作個圖（以圓上任意取4個點，沒有一段線段長於1/3為例）：