關于“貝特朗悖論”的思考

石青玉

中圖分類號：G634文獻標志碼：A文章編號：2095-9214（2016）11-0051-01

1899年，法國學者貝特朗（Joseph Bertrand）提出來一個有多種相悖解法的問題：在圓內任取一條弦，求弦的長度超過圓內接等邊三角形邊長的概率。百多年來，爭論不斷，主要的有如下三種解法：

解法一：由于對稱性，在圓周上任取一點A，以此為端點做一等邊三角形ΔABC，從A點發出的無數條弦，顯然只有那些落在ΔABC內的弦才滿足條件，其對應的弧長BC為整個圓周的1/3，則所求概率為1/3（見圖1）。

解法二：由于對稱性，可預先指定弦的方向。作垂直于此方向的直徑AB，只有交直徑于1/4（E點）與3/4（F點）間的弦，其長才大于內接正三角形邊長。EF等于AB的一半，故所求概率為1/2（見圖2）。

解法三：以圓半徑的一半為半徑做一小圓，當弦的中點D在小圓內時，弦長大于，此時所求概率為小圓面積與大圓面積之比即1/4（見圖3）。

同一個問題，有三種解法，通行的意見認為這三種解法是由于取弦時采用不同的等可能性假定造成的，第一種解法假定弦的端點在圓周上均勻分布，第二種解法假定弦的中點在直徑上均勻分布，第三種解法假定弦的中點在圓內均勻分布。這三種假定構成了三種不同的隨機試驗，所以，對于各自的隨機事件而言，三種解法都是正確的。還有其他的一些意見，各自支持三種解法的一種。

但是，通過使用遍歷法取弦，筆者產生了不同的看法，在此提出，希望能起到拋磚引玉的作用。

考慮原題，“在圓內任取一條弦”，如何任取才能讓每條弦都等可能的被取到呢？換個角度想，這種等可能取弦法一定能夠遍歷圓內所有的弦同樣的次數。

我們先看解法一的取弦法，在圓周上任取一點A作為弦的端點，另一端點從A點開始（不含A點）逆時針旋轉遍歷圓周一圈，然后A點逆時針移動一點，B點再移動一圈，如此重復，等A點也移動一圈時，圓內所有弦都遍歷到了2次（由于對稱性），可見，解法一的取弦法是等可能性的取弦法。

再看解法二的取弦法，任取一條直徑，從直徑一端到另一端，遍歷做垂直于此直徑的弦，然后，直徑逆時針移動一點，再遍歷此直徑做垂直的弦，等直徑移動一圈，圓內所有弦也都遍歷2次（由于對稱性），所有，解法二的取弦法也算是等可能性的取弦法。

最后看看解法三的取弦法，在圓內任取一點D，做過此點的弦，然后再移動D點，遍歷圓內所有點，重復做過此點的弦，就會發現，當D點不是圓心時，過D點的弦只有一條，而當D點遍歷到圓心時，過該點的弦有無數條，因此，解法三的取弦法不能算作等可能性的取弦法，解法三應該從正確的解法中去除。

我們再來看看解法一和解法二，想象一下，兩個人分別用解法一和解法二的取弦法遍歷同一個圓，分別構造了圓內所有弦的兩個樣本空間，不妨命之為空間一和空間二。不難想象，對于空間一的每一條弦，都有空間二的一條弦相對應，而對于空間二的每一條弦，也都有空間一的一條弦相對應，也就是說，空間一和空間二的元素一一對應，即兩個樣本空間是等價的。

綜上所述，筆者認為，解法一和解法二都是符合題意中等可能性的，也是等價的，都是正確的，而解法三是錯誤的。至于為什么樣本空間等價的解法一和解法二會有不同的概率值，筆者大膽的提出一個猜測：對于具有無窮事件組成的樣本空間而言，概率值不是固有的屬性，是和取樣法高度相關的。不知對否，還希望各位專家提出寶貴意見。

（作者單位：山東省實驗中學）

參考文獻：

[1]黃晶晶，黃世同.關于貝特朗悖論的新思考.昆明師范高等專科學校校報，2004，26（4）：10-12.

[2]蘇同安.都是圓心惹的禍——“貝特朗悖論”新說.山東省桓臺第一中學.中學數學，2010（1）：64.

[3]黃加流.也談“貝特朗悖論”——駁“都是圓心惹的禍”.廣東省珠海市第一中學.中學數學，2011（11）：61-62.

[4]張敏，何小亞.貝特朗悖論之爭的終結.華南師范大學數學科學學院.數學教育學報，2015，24（3）：51-54.

[5]石啟亮.解讀貝特朗悖論.山東省郯城縣美澳學校.數學教學，2015（10）：32-34.