Math on pugWoo's Life

贝特朗悖论

Wed, 13 Jan 2010 20:43:17 +0000

贝特朗悖论是概率论的经典问题。题目是：随机取圆的一条弦，求该线的长度大于该圆的内接正三角形变长的概率。贝特朗给出3中解答，答案概率分别是1/2，1/3，1/4，具体题目见http://baike.baidu.com/view/1258843.htm。

数学是确定的。一般地，我们从自然语言提炼出信息，变成数学语言，数学语言求解得出答案。关于贝特朗悖论，不少教科书说出现该悖论是"随机"的理解不同所导致的。我不同意，如果有歧义，那么必定是在"自然语言–>数学语言"这个环节出现。而"随机取圆的一条弦"本身就是数学语言，我不认为这有歧义。

我认为答案是唯一的。在Google搜索"贝特朗悖论"的前10页文章的解答中，主要有以下几个观点：

1）三个答案均正确，原因在于"均匀分布"的假设不同，见这篇。或者归于定义不明确，见这篇。

2）某大学学报《关于贝特朗悖论的新思考》一文经大量微积分运算得出只有1/4正确。典型的中国式学术，为的就是足够复杂，乱七八糟一堆公式以至于别人看不懂以显示自己牛B。

3）从点的"对等关系"得出1/3是正确的，其它均错误，给出了错误原因，这篇。说白点，就是其它两种的"点"对应到圆周上的"点"的数目不同。

4）其它要收钱下载不了的论文没看。

我认为这些全是错误的，其中1）错得最离谱。2）没细看，不过没点出错误所在。3）虽是错误，但最接近。

问题的本质在于"怎么’画’一条随机的弦"。以下几种是随机的弦吗？

1）随机取圆内（包括圆周）的两点，连成直线，取弦。

2）随机取圆周上两点，连线。

3）随机取圆内（包括圆周）的一点，与圆心连线，作过该点且与该连线相垂直的弦。

上面那些是随机的？

1）不是。我们把随机的弦化作点的随机来处理，必须是一对一的关系方可认为它们相等（参见无穷怎么判断相等）。2）是。3）不是，因为过圆心的弦没法表示。

问题就出在这里，得出概率为1/4的做法没有把所有直径算进去，这是其错误的地方，不是其他原因。得出概率为1/2的做法不是一对一，即它们都不等，如何比较？上面的做法3）解释了这点。

回到原题，得出1/3的结论是正确的。它根据的是上面随机取弦的第二种做法。如果你认真在看这篇文章，你会发觉原题的做法和上面方法2的取随机弦做法有些不同，它们可以把点平移到一个固定的点吗？怎么证明呢？

在回答之前，再看看下面这几种做法，它们可以作出随机的弦吗？

1）事先选定圆周上的一点，随机选[0,180]度一实数，以约定的正方向取过该事先选定的点的一条弦；再随机选定[0,2*pi*r]的一实数，将选定的点绕圆周移动该实数的距离（约定好正方向），取该弦。

2）随机选取0～360度某一角度，过圆心作该角度的直径；随机选取[-r，r]一实数（约定一个正方向，可由右手定律约定），移动该直径，取弦。

3）为该单位圆建立好直角坐标系，原点和圆心重合，对圆的任一条弦，引过(0,r)点的垂线，把所有"垂点"的集合即为S；随机选取集合S中的一点，按上面放顺序作出一条弦。

上面三种做法都是可以的。特别的，第一种就是原题作出1/3概率的方法。其它两种难计算，但我相信它们能算出1/3的概率。

总结：

按上面的分析，得出1/4的概率是因为直径没有算进去，设所有弦数量为x1，直径数量为x2，大于内接正三角形边长的弦数量为x3，可以由x3/x1=1/3；(x3-x2)/x1=1/4；算出x2/x1=1/12。很不可思议的结论，直径数量竟然占所有弦的1/12。然而在涉及无穷多的时候，很多结论不是直觉所能接受的。我们知道2n和4n（n是自然数）的个数是一样多的，那么随机取一非负数，该数为2n和该数为4n的概率是一样的，足够不可思议吧！或许我们需要对无穷大的比较作出一定的修正和解释，测度论的出现就是用来处理这些无穷多元素之间的大小关系的，而非来"和谐"模棱两可允许歧义的数学的。

题外话：由于Google退出中国的影响，本打算详细写这篇文章的计划也放弃了，博客流量虽少，90%以上是google带来的，如没有该搜索引擎，博客便少了分享的动力，写博客也只是为了自己看，既然为了自己看，就不必那么详细。有问题欢迎讨论。

偏微分方程数值解实验报告(3个)

Wed, 13 Jan 2010 11:10:37 +0000

1）欧拉Euler和Adams插值求解常微分方程：http://docs.google.com/fileview?id=0ByxoWlaHw_idZThjNjU1NjMtYzc3Yi00MmM2LWEyZDgtMjFkNTMwMGQzOWI3&hl=en。

2）Ritz-Galerkin方法求解边值问题：http://docs.google.com/fileview?id=0ByxoWlaHw_idY2JhNjhlODEtZTRiNi00NDAxLThmMmItMjc5YWM0MmU4ZDk4&hl=en。

3）线性有限元求解边值问题：http://docs.google.com/fileview?id=0ByxoWlaHw_idZmI5YmJmZTItMDg3Ni00NTNlLThmM2MtODU4ZjhlYWI0OTE1&hl=en。

新年来道数学题

Fri, 01 Jan 2010 10:49:40 +0000

题目：怎样判断一枚硬币是均匀的，即抛硬币的正反面出现的概率相等。

欢迎留言解答~

阅微堂BBS里判断全排列问题的讨论

Tue, 29 Dec 2009 16:40:46 +0000

题目：给一个n长的数组，判断它是否为一个1,2,…,n的全排列，要求在线性时间，常数空间内实现。

今天和同学讨论了下，他给出的做法等价于"给定n长的数组，不用额外空间，通过交换元素，在线性时间里把数组排序，然后就能判断该数组是否为全排列"。这不难想出，但我不认同这种方法是常数空间，因为存放这些数组的空间就是O(n)空间。

我把实现的程序看成是一个黑盒子，既然是常数空间，那么盒子的体积就是固定，不随n变化。n长的数组相当于一个输入流作为参数输入到函数。输入完之后函数判断该序列是否为全排列。形象地表示为：

可假定这些数都落在1到n范围内，否则可以即刻检测出不是全排列。接着，可以推导出这个函数应该在"最后时刻"才能判断出是否为全序列。这里指的"最后时刻"包括那些肉眼轻易就能判别的情况，比如输入1、1、2、4…，一开始出现了两个1，我们马上就能判断该序列不是全排列，但这个实现不能具有这样的功能。

假设该实现能在当出现两个数重复时，就判断出结果。那么，我们可以利用该函数的常数空间，构造出一个可以存储无限信息的有限空间。假设对于信息111000…101，不管它多长，它的左边第一位用全排序的1和2表示，1表示0，2表示1；第二位用全排序的3和4表示，3表示0，4表示1. 以此类推，则这则信息相当于往Function输入2、4、6、7、9、10….这样的一排数。如果该实现能在第一次出现重复时就判断出是否全排列，那么可以利用该特点，随便读取出信息的任何一位，比如读取第一位，只需要往Function输入2，如果它判断出"非全排列"，则说明第一位是1. 由于Function的空间是常数的，每次读取一个bit，都可以保持Function的状态，读取后还原。就这样，我们构造了一个可写可读的可存放无穷容量的常数空间。这可能吗？

我先假定有限容量存无穷信息是不可能的。那么就可得出该函数"最后时刻"方可判断结果，无论序列是什么（无论多显而易见）。

讨论到这，我同学提出，那无论什么实现肯定都不可能是常数空间的，因为它肯定和输入长度N有关。其实常数空间的例子很多，比如说，输入一排整数，判断奇数和偶数的个数是否相等；判断是否出现了0；判断其和是否大于某个给定的数。这些简单的例子都是线性时间+常数空间就可实现的。它们有什么共同点呢？它们的输入都是随N变换的，但是输出仅是这排序列的某个属性！而这个属性反推不出原序列，即它们不可逆，结论仅是原序列性质的一个提取。

那么，判断一排数是否为全排列也仅是这排数的一个性质，知道它是不是全排列并不能反推出原来这排数的顺序，也就是这个Function提取了数列的一个性质。至于提取这个性质可不可以是常数空间呢？需要讨论。可以把这个Function看成是一种投影，它把不管多长的线，投影成一个点，这个点就是要提取的属性。前面的常数空间例子都没问题，那提取是否为全排序这个性质又能不能是常数空间呢？不好证明，或许它真的存在。

“最后时刻"方可判断结果，意味着该Function不需要去记录已读取的数是什么，只需要把它们投影到某个常数空间的"点"上，当所有的数读完，再来判断该点的性质，就可以得出结论。这样的数学函数存不存在，难说。

集合的性质在证明扩展欧几里德和欧拉定理的表现

Fri, 18 Dec 2009 18:33:29 +0000

这些是最基础的数论知识，写出来是强调集合性质的表现。集合中的元素是无序的、互异的。函数是一个集合到另一个集合的映射，对于原象中的任何一个元素，至多有一个元素与之对应。

集合A是原象，集合B是象。抽屉原理就是运用集合的性质，如果集合A的元素比集合B多，则集合A至少存在有两个以上的元素，映射到相同的一个元素（集合B中）；如果集合A的元素比集合B少，则集合B中比存在元素，不是从集合A映射过去的（不落在函数的值域内）。

扩展欧几里德算法：如果整数f >= 1，gcd(d,f)=1，那么d有一个模 f 的乘法逆元d’，即对小于f的正整数d，存在一个小于f的整数d’，使得d*d’ ≡1 mod f. 其中gcd(d,f)表示d和f的最大公约数。

例如：对于f=9，d=5，满足gcd(5,9)=1，则存在一个数d’< f，使得5*d’≡1 mod 9. 可以穷举出d’=2.

证明：

对于命题中的d*d’ ≡x mod f，可以把左边看成集合A，右边看成集合B，它们之间有一种一一对应的关系。

左边集合：d’的取值有0、1、2….f-1共f种可能。右边集合：x可能取0、1、2…f-1共f种可能。

反证法，假设对于所有的d’，不存在d’，使得d*d' ≡1 mod f. 那么集合A的元素数量就比集合B多。根据抽屉原理，必存在不同的d’，记为d1’,d2’，使得d*d1'≡d*d2'≡a mod f，a是落在0、2~~f-1的某个值。d*d1'≡d*d2'≡a mod f等价于d*(d1'-d2')≡0 mod f，由于gcd(d,f)=1，则有(d1’-d2’)≡0 mod f，由于d1’和d2’落在0~~f-1的范围内，所以(d1’-d2’)的取值范围为-(f-1)~(f-1)，则(d1’-d2’)只能为0，则有d1’=d2’。矛盾，所以存在d’，使得d*d’ ≡1 mod f，得证。

欧拉定理：网上广泛流传着这个证明。看的时候记得考虑一下集合的性质。

球的有趣性质----两平行平面切得的球表面积与其距离成线性正比

Tue, 15 Dec 2009 05:32:41 +0000

这是大三我在做数学物理方程作业时发现的，该结论可使那道证明题变得很简便，可惜考试时我没把该结论证明一遍，太懒了被扣分。

只要两个平行平面都切到球，则可以找到该球的一条直径，使得它和两平行平面垂直。因此命题也可表达成：对于球的任意一条直径，在其上面任取两点，过这两点分别作两个和该直径垂直的平面，则两平面切得的球表面积（不包括切平面面积）和这两点间的距离成线性正比。

这个比例是2πr，r是球的半径。即图中距离x的两点的垂直平面切得的球表面积是2πr*x，只要两点落在直径上，无论两点距离多远，无论两点在什么位置上。

证明：

先求球冠的表面积，如图：

图中的红点是球心，x是球冠的高，θ是夹角。如图，对于角θ，其微分Δθ对应的弧长是r*Δθ，此时该切面的周长为2π*r*sinθ，则这一小圈表面积为r*Δθ*2π*r*sinθ，则球冠的表面积就是角θ从θ角度到0角度的积分。即：

现在需要把θ换成x。首先。当θ从θ积分到0时，x从x积分到0，dθ和dx的关系推导如下：

将上面的两条等式替换到S的表达式后，记得dx是从x到0，则有最后结论。

利用该结论可以证明最终命题。记直径上的两点为x1和x2，到圆冠顶部的距离分别为x1和x2，则球面面积减去这两个圆冠的面积 = 两平面切得的球表面积。

两平面切得的球表面积 = 4πr^2 - 2πr*x1-2πr*x2 = 2πr*(2r-x1-x2)，而(2r-x1-x2)就是两点间距离。证毕。

可信的抽奖机制

Tue, 08 Dec 2009 15:50:44 +0000

我想起小时候常玩的一种游戏，潮州话叫"安仔"，不知怎用文字称呼。它很像一张邮票，一面有图案，一面空白。游戏规则是：两个人，每人拿一张，放在掌心，然后相互击掌，放开，使"安仔"自由落地，正面向上的一方赢。如果同为正面向上或正面向下，则算打平。有些小朋友爱作弊，把两张一模一样的"安仔"背靠背贴在一起，这样无论怎样它都是正面的。于是，有时一方赢得太多，输的一方总会检查"安仔"，以确定对方未作弊。

这是现实生活中很典型的验证真伪的方法。抓阄、抽牌等赌博方式都是可以去验证真伪的。比方说抓阄二选一，一个有字一个无字，如果一方抽到无字的，那他会看看另一张是否有字，以验证其参与了一场公平的赌博。

事情从现实到了计算机世界就大为不同。假设前面说到得"安仔"的双面是高科技的显示屏，作弊的人只要写个程序，让"安仔"在落地的瞬间，在其向上的一面显示出图案，背面不显示图案，那么这个"安仔"将是常胜将军。

计算机世界要实现这样的作弊就太简单了。看看这个例子，某公司举办一抽奖活动，每购买一件该公司商品可获得抽奖机会一次。奖金丰厚，中奖概率50%，由于抽奖人数过多，该公司决定用计算机抽奖。于是他们写了个程序：计算机随机地将0和1这两个值赋给变量a、b，也就是说a是0或1的概率相等，然后，由抽奖者选择a或b哪个的值是1，猜对者获奖。按照上面提到的验证真伪的方法，如果某人选到的变量是0，那么他会要求公开另一个变量，看看是否是1. 现实中可以的验证方法到了计算机就未必使人信服，作弊太简单了。

用伪代码写的作弊程序:

   If (rand() > 0.5) a=0,b=1; //rand()产生一个[0,1 )之间的数
   Else a=1,b=0;

   Print "请猜猜哪个是1，a或b"
 
   Cin >> char; //用户输入a或b

   if (用户输入的变量的值为1) a 、b交换值; //作弊了
   
   Print 你中的变量的值是0 //无论用户选哪个，都是0

由于计算机的运行速度极快且其内部运算不可见，所以这个程序可以让抽奖者无论如何抽不中，就算他抽后检查另一个变量的值也没用。当然该公司为了掩人耳目，可以将中奖概率修改为30%并捏造出20%虚假的中奖者，这样更难被发现。

事情似乎无法继续，难道计算机世界和真实世界存在着质的区别吗？它们验证证伪的特性如此不同。在继续之前，须介绍些密码学知识。

HASH函数：指将任意长度的字符串映射到另一段字符串的函数。实际应用中，另一段字符串一般为数字或是固定长度的字符串。密码学中，典型的HASH函数有MD5、SHA1等，它们有如下特点，假设f是HASH函数，x属于定义域，y是值域：

已知y，反求x是极其困难的。
找到两个不同的x1、x2，使得f(x1)=f(x2)是极其困难的。(碰撞困难)
已知x，求y=f(x)速度很快。

满足这样性质的HASH函数最适合用于密码学，所谓的极其困难一般指除了暴力破解外别无他法，暴力破解耗费的时间上万年。

MD5的碰撞性质已经被破解，不过它的第一个性质还没被破解，即已知y，反求x。为了安全起见，可以使用SHA1，甚至SHA-512，这些HASH函数目前要多少有多少。

利用这样的HASH函数，可以解决上面的验证真伪问题。机制是这样的：

   1) 程序产生随机地一串足够长的字符串STRING1

   2) 用户输入随机地一串足够长的字符串STRING2

   3) 计算机计算HASH(STRING1+a的值+STRING2)，发送给用户

   4) 计算机计算HASH(STRING1+b的值+STRING2)，发送给用户

   5) 用户选择这两个HASH值的一个，也即选择a或b

   6) 计算机公开a、b的值，用户知道是否中奖

   7) 用户可验算a、b值是否被篡改

利用密码学HASH函数的特征，可以推断上述机制是对双方是安全的：

1)用户得到这两串HASH值之后，不可能从此HASH值反求出原来的值，也即用户不可能反求出a、b的值。因为STRING1足够长，暴力破解出STRING1在短时间内不可能。这保证"奖券"在"刮开"之前是安全的。

2)由于STRING2是用户随机输入的，计算机就无法实时计算好作弊数据。具体用图表示，左边是正常过程，右边是作弊需要的手段：

Str1是计算机生成的，用户在步骤5)完成之前，不可能知道。当计算机把C1、C2这两个HASH值告诉用户之后，如果它要作弊，就必须找到新的Str1’，并且满足上图右边的情况。这在短时间内是不可能的，根据HASH函数特点，HASH碰撞是极其困难的，即使是已被破解的MD5，在上面机制下也无能为力，就算计算机找到Str1’，使得HASH (Str1’+b的值+Str2) = C1，那么要让这个Str’同时满足HASH (Str1’+a的值+Str2) = C2那真的是不可能的巧合。

用户验证真伪：问题回到现实中来，现在用户验证真伪很简单。计算机公开Str1及a、b的值，用户计算HASH (Str1+a的值+Str2)和HASH (Str1+b的值+Str2)是否等于C1和C2即可。

下面这个是可信抽奖程序的伪代码：

   If (rand()&lt;0.5) a=0,b=1; //rand()产生一个[0,1 )之间的数
   Else a=1,b=0;

   Str1 = 随机生成的一串足够长字符串

   Print "请用户输入一串随机足够长的字符串"
   Cin >> Str2; 用户输入足够长的字符串Str2

   C1 = HASH(Str1+a+Str2);
   C2= HASH(Str1+b+Str2);

   Print "a的HASH值："+C1 +"b的HASH值："+C2

   Print "请选择一个："

   If(用户选择的变量是1) Print "中奖了"; Else "没中奖";

   Print "计算机生成的Str1是"+Str1+",请验证。"

按照上面的分析，如果计算机在用户输入a或b之后变换a、b的值，那么最后的验证将出错，作弊行为将被发现。现实中的问题在数学的辅助下得到更好的解决，我想大家现在更相信这种抽奖方式，因为现实中可能还存在魔术师，而要破解这个验证真伪的方法，比变魔术还难。

Bezier曲线的de Casteljau算法证明

Tue, 01 Dec 2009 10:19:07 +0000

Bezier曲线（又称貝茲曲線或贝塞尔曲线）的定义和性质请看维基百科貝茲曲線。它的定义是：

其中，约定0^0 = 1.

de Casteljau算法揭示了Bezier数学上很美的一个性质，我八成相信是先有了这个性质，才有了上面的定义式，当然它们是等价的。首先来看维基百科中的三张图：

二次Bezier曲线：

三次Bezier曲线：

四次Bezier曲线：

这三张图展现了Bezier曲线漂亮的数学性质。图中的参数变量t的从0增长到1，红色的线就是Bezier曲线，Bezier曲线上的任一个点(t)，都是其它相邻线段的同等比例(t)点处的连线，再取同等比例(t)的点再连线，一直取到最后那条线段的同等比例(t)处，该点就是Beizer曲线上的点(t).以二次Bezier曲线为例，如该曲线上的1/3点，就是线段P0P1取1/3点，P1P2取1/3点，两点连线，再取其1/3点处即是。这就是de Casteljau算法提出来的，其数学表达式是：

上式中，k表示第k层，以四次Bezier曲线为例，k=0时，就是灰色线段，k=1时，就是绿色线段，k=2就是蓝色线段，一直递推下去就是Bezier上的点(t)了。于是用de Casteljau算法很容易求出Bezier曲线上的任一点(t)的位置。换一种图示的方法表示这种递推关系：

这是用几何画板画的，很难看，解释一下。左边一列是原来(k=0)的控制顶点，第二列是(k=1)的控制顶点，以此类推。每个箭头表示两个点分别乘以1-t和t并加起来，得到右边的点。这样一直做到最后的点就是Bezier上的点(t).

先看P0的系数为什么是，因为每次P0都是乘以(1-t)传到右边的点，这样一直传了n次到达最右端。仔细看一下就可以发现，最左边的点传递到最右边，是靠乘以一系列的t或1-t到达的，那么Pi的系数就是Pi走到最右边左右的"路"的系数之和。比如，P0只能一直走斜下的边，而且只有一条路，记住能不往左走，因此它的系数就是。那么P1的系数就是,因为它到最右边有两条路，且t和1-t的次数是一样的。可以发现每个Pi的每条路的t和1-t的次数都是一样的，而路的条数的系数很熟悉。没错，把上图逆时钟转90°就是杨辉三角了。

杨辉三角有这样的特征：每个数字表示从顶点走下来到该点不同走法的数目，而且无论是哪条路走到该点，向左和向右的次数是一样的，等于该点的二次多项式展开系数。

1 
1 1 
1 2 1 
1 3 3 1 
1 4 6 4 1 
1 5 10 10 5 1

到了这里，如果看懂了的话，我想已经证明了，剩下就是一些说明性言语了。数学美还没结束，见下图：

绿色线按顺序排列的点P0到P0n这n个点可以画出一条n次Bezier曲线，记为B1；蓝色的n个点也可以画出一条n次Bezier曲线；这两条曲线直接接起来，就是原来P0到Pn画出的n次Bezier曲线！神奇吧，它们居然有类似向量的性质。实际应用也是用这个性质，一般取t=1/2，将一条Bezier曲线变成两条小的，再继续分下去，当Bezier曲线足够小时就可以用线段代替曲线了。这个性质同样可以证明，但写到网上很麻烦就不写了，大家推荐好一点的数学画图软件，谢谢。数学有时很美。

一道数学难题

Sun, 22 Nov 2009 15:23:57 +0000

这道题在2007年11月20号想过，可能是来自于一道比较简单的题目，经过变形后我贴在我的网易博客上，今晚整理时再次看到，还是做不出，期盼高手。

把一个圆等分成N个扇形，N>=2，用R>=2种不同的颜色给每个扇形着色，要求相邻的两个扇形颜色不同，每个扇形只着一种颜色。如果通过旋转该圆，两种着法可以重合的话，则这两种着法只算一种。要求求出f(N,R)的表达式，它表示可能的着法的个数。

一些特例：f(2,2)=1, f(3,2)=0, f(4,2)=1, f(2,3)=3, f(3,3)=1等。