b'\n_START_ARTICLE_\nBertrano paradoksas\n_START_PARAGRAPH_\nBertrano paradoksas (arba Bertrano u\xc5\xbedavinys) yra problema su klasikine tikimybi\xc5\xb3 teorijos interpretacija. Paradoksas parodo, kad galima gauti skirtingus to pa\xc4\x8dio tikimybi\xc5\xb3 teorijos u\xc5\xbedavinio atsakymus, jei atsitiktin\xc4\xaf kintam\xc4\x85j\xc4\xaf nusakantis mechanizmas n\xc4\x97ra ai\xc5\xa1kiai suformuluotas. U\xc5\xbedavinys yra pavadintas j\xc4\xaf suformulavusio matematiko Juozapo Bertrano vardu.\n_START_SECTION_\nU\xc5\xbedavinys\n_START_PARAGRAPH_\nBertrano u\xc5\xbedavinys formuluojamas taip: lygiakra\xc5\xa1tis trikampis (arba trikampis, kurio visos kra\xc5\xa1tin\xc4\x97s yra lygios) yra \xc4\xafbr\xc4\x97\xc5\xbetas \xc4\xaf apskritim\xc4\x85. Tarkime, kad yra atsitiktinai parenkama apskritimo styga. Kokia yra tikimyb\xc4\x97, kad ta atsitiktinai parinkta styga yra ilgesn\xc4\x97 u\xc5\xbe \xc4\xafbr\xc4\x97\xc5\xbeto trikampio kra\xc5\xa1tin\xc4\x99?\n_START_SECTION_\nSprendimai\n_START_PARAGRAPH_\nBertranas \xc5\xa1\xc4\xaf u\xc5\xbedavin\xc4\xaf i\xc5\xa1sprend\xc4\x97 trimis skirtingais ir, atrodyt\xc5\xb3, teisingais b\xc5\xabdais, kurie pateikia skirtingus atsakymus:\n_START_SECTION_\nAtsitiktini\xc5\xb3 stygos gal\xc5\xb3 metodas\n_START_PARAGRAPH_\nAtsitiktinai pasirenkame ta\xc5\xa1k\xc4\x85 apskritimo lanke (arba, kitaip tariant, pakra\xc5\xa1tyje) ir pasukame \xc4\xafbr\xc4\x97\xc5\xbet\xc4\x85 trikamp\xc4\xaf taip, kad parinktas ta\xc5\xa1kas sutapt\xc5\xb3 su viena i\xc5\xa1 jo vir\xc5\xa1\xc5\xabni\xc5\xb3, kuri\xc4\x85 pa\xc5\xbeymime raide A. Atsitiktinai pasirenkame dar vien\xc4\x85 apskritimo lanko ta\xc5\xa1k\xc4\x85 ir tuos du ta\xc5\xa1kus sujungiame. Gauta styga bus ilgesn\xc4\x97 tada ir tik tada, kai antrasis atsitiktinai parinktas ta\xc5\xa1kas papuls \xc4\xaf lank\xc4\x85 tarp trikampio vir\xc5\xa1\xc5\xabni\xc5\xb3 B ir C. Kadangi \xc5\xa1is lankas u\xc5\xbeima 1/3 apskritimo lanko ilgio, tikimyb\xc4\x97, kad atsitiktinai parinkta styga bus ilgesn\xc4\x97 u\xc5\xbe trikampio kra\xc5\xa1tin\xc4\x99, yra 1/3.\n_START_SECTION_\nAtsitiktinio spindulio metodas\n_START_PARAGRAPH_\nAtsitiktinai parenkame apskritimo spindul\xc4\xaf ir pasukame trikamp\xc4\xaf taip, kad viena i\xc5\xa1 jo kra\xc5\xa1tini\xc5\xb3 b\xc5\xabt\xc5\xb3 statmena parinktam spinduliui. Atsitiktinai parenkame ta\xc5\xa1k\xc4\x85 ant spindulio ir nubr\xc4\x97\xc5\xbeiame styg\xc4\x85, kuriai parinktas spindulio ta\xc5\xa1kas bus centru (\xc5\xa1i styga spinduliui bus statmena). Tokia styga yra ilgesn\xc4\x97 u\xc5\xbe \xc4\xafbr\xc4\x97\xc5\xbeto trikampio kra\xc5\xa1tin\xc4\x99 tada ir tik tada, kai atsitiktinai parinktas spindulio ta\xc5\xa1kas yra ar\xc4\x8diau apskritimo centro nei ta\xc5\xa1kas, kuriame trikampis susikerta su spinduliu. Kadangi trikampio kra\xc5\xa1tin\xc4\x97 dalija spindul\xc4\xaf \xc4\xaf dvi lygias dalis, tikimyb\xc4\x97, kad atsitiktinai parinkta styga bus ilgesn\xc4\x97 u\xc5\xbe trikampio kra\xc5\xa1tin\xc4\x99, yra lygi 1/2.\n_START_SECTION_\nAtsitiktinio vidurio ta\xc5\xa1ko metodas\n_START_PARAGRAPH_\nAtsitiktinai parenkame ta\xc5\xa1k\xc4\x85 bet kur apskritime ir nubr\xc4\x97\xc5\xbeiame styg\xc4\x85, kuriai tas ta\xc5\xa1kas bus viduriniu. Styga bus ilgesn\xc4\x97 u\xc5\xbe \xc4\xafbr\xc4\x97\xc5\xbeto trikampio kra\xc5\xa1tin\xc4\x99 tada ir tik tada, kai ji pateks \xc4\xaf apskritim\xc4\x85, kuris yra \xc4\xafbr\xc4\x97\xc5\xbetas \xc4\xaf trikamp\xc4\xaf. Taip yra tod\xc4\x97l, kad visos apskritim\xc4\x85 lie\xc4\x8dian\xc4\x8dios stygos yra vienodo ilgio, kuris yra lygus trikampio kra\xc5\xa1tinei, nes ji irgi yra apskritim\xc4\x85 lie\xc4\x8dianti styga. Ma\xc5\xbeesniojo skritulio plotas yra keturis kartus ma\xc5\xbeesnis nei didesniojo skritulio, tod\xc4\x97l tikimyb\xc4\x97, kad atsitiktinai parinkta styga bus ilgesn\xc4\x97 u\xc5\xbe trikampio kra\xc5\xa1tin\xc4\x99, yra lygi 1/4.\n_START_SECTION_\nKlasikinis paradokso sprendimas\n_START_PARAGRAPH_\nParadoksas rodo, kad tikimybi\xc5\xb3 teorijos u\xc5\xbedaviniuose visada reikia tiksliai apibr\xc4\x97\xc5\xbeti, k\xc4\x85 rei\xc5\xa1kia \xc5\xbeodis \xe2\x80\x9eatsitiktinai\xe2\x80\x9c. Pasirodo, kad u\xc5\xbedavinys turi gerai apibr\xc4\x97\xc5\xbet\xc4\x85 atsakym\xc4\x85 tik jei yra sukonkretinta, koks atsitiktinio pasirinkimo metodas yra naudojamas. \xc5\xa0iuo atveju u\xc5\xbedavinyje n\xc4\x97ra nurodytas joks unikalus styg\xc5\xb3 parinkimo metodas, tod\xc4\x97l u\xc5\xbedavinys neturi ir unikalaus teisingo sprendimo. Bertrano sprendimo metod\xc5\xb3 atsakymai kaip tik ir skiriasi d\xc4\x97l skirting\xc5\xb3 parinkimo metod\xc5\xb3 ir jei u\xc5\xbedavinyje n\xc4\x97ra nurodyta daugiau s\xc4\x85lyg\xc5\xb3, n\xc4\x97ra jokios prie\xc5\xbeasties vien\xc4\x85 i\xc5\xa1 metod\xc5\xb3 laikyti geresniu ar teisingesniu u\xc5\xbe kur\xc4\xaf nors kit\xc4\x85. \xc5\xa0is ir kiti klasikin\xc4\x97s tikimyb\xc4\x97s paradoksai privert\xc4\x97 matematikus suformuluoti grie\xc5\xbetesnius tikimyb\xc4\x97s apibr\xc4\x97\xc5\xbeimus.'