Проблема с иглой Бюффона

Вопрос по геометрической вероятности

Игла a лежит поперек линии, а игла b — нет.

В теории вероятностей проблема иглы Бюффона — это вопрос, впервые поставленный в 18 веке Жоржем-Луи Леклерком, графом де Бюффоном : ^[1]

Предположим, у нас есть пол , сделанный из параллельных деревянных полос одинаковой ширины, и мы бросаем на пол иголку . Какова вероятность того, что игла окажется на линии между двумя полосками?

Игла Бюффона была первой проблемой геометрической вероятности , которую нужно было решить; ^[2] ее можно решить с помощью интегральной геометрии . Решение для искомой вероятности p в случае, когда длина иглы l не превышает ширины t полосок, имеет вид

${\displaystyle p={\frac {2}{\pi }}\cdot {\frac {l}{t}}.}$

Это можно использовать для разработки метода Монте-Карло для аппроксимации числа π , хотя это не было первоначальной мотивацией вопроса де Бюффона. ^[3]

Решение

Проблема в более математическом смысле такова: если игла длиной l упала на плоскость, разделенную параллельными линиями на расстоянии t единиц, какова вероятность того, что игла при приземлении окажется поперек этой линии?

Пусть x — расстояние от центра иглы до ближайшей параллельной линии, а θ — острый угол между иглой и одной из параллельных линий.

Равномерная функция плотности вероятности (PDF) x между 0 ит/2является

${\displaystyle f_{X}(x)={\begin{cases}{\dfrac {2}{t}}&:\ 0\leq x\leq {\dfrac {t}{2}}\\[4px]0&:{\text{elsewhere.}}\end{cases}}}$

Здесь x = 0 представляет собой иглу, центрированную прямо на линии, а x =т/2представляет собой иглу, которая идеально расположена между двумя линиями. Единый PDF предполагает, что стрелка с равной вероятностью упадет в любом месте этого диапазона, но не сможет выйти за его пределы.

Равномерная функция плотности вероятности θ между 0 иπ/2является

${\displaystyle f_{\Theta }(\theta )={\begin{cases}{\dfrac {2}{\pi }}&:\ 0\leq \theta \leq {\dfrac {\pi }{2}}\\[4px]0&:{\text{elsewhere.}}\end{cases}}}$

Здесь θ = 0 представляет собой иглу, параллельную отмеченным линиям, а θ =π/2 радианы представляют собой иглу, перпендикулярную отмеченным линиям. Любой угол в этом диапазоне считается равновероятным исходом.

Две случайные величины , x и θ , независимы ^[4] , поэтому совместная функция плотности вероятности представляет собой произведение

${\displaystyle f_{X,\Theta }(x,\theta )={\begin{cases}{\dfrac {4}{t\pi }}&:\ 0\leq x\leq {\dfrac {t}{2}},\ 0\leq \theta \leq {\dfrac {\pi }{2}}\\[4px]0&:{\text{elsewhere.}}\end{cases}}}$

Стрелка пересекает линию, если

${\displaystyle x\leq {\frac {l}{2}}\sin \theta .}$

Теперь есть два случая.

Случай 1: Короткая игла ( l ≤ t )

Интегрирование функции плотности вероятности суставов дает вероятность того, что игла пересечет линию:

${\displaystyle P=\int _{\theta =0}^{\frac {\pi }{2}}\int _{x=0}^{{\frac {l}{2}}\sin \theta }{\frac {4}{t\pi }}\,dx\,d\theta ={\frac {2l}{t\pi }}.}$

Случай 2: Длинная игла ( l > t )

Предположим, что l > t . В этом случае, интегрируя совместную функцию плотности вероятности, получаем:

${\displaystyle \int _{\theta =0}^{\frac {\pi }{2}}\int _{x=0}^{m(\theta )}{\frac {4}{t\pi }}\,dx\,d\theta ,}$

где m ( θ ) — минимум междул/2грех θ ит/2.

Таким образом, выполняя описанное выше интегрирование, мы видим, что при l > t вероятность того, что игла пересечет хотя бы одну линию, равна

${\displaystyle P={\frac {2l}{t\pi }}-{\frac {2}{t\pi }}\left({\sqrt {l^{2}-t^{2}}}+t\arcsin {\frac {t}{l}}\right)+1}$

или

${\displaystyle P={\frac {2}{\pi }}\arccos {\frac {t}{l}}+{\frac {2}{\pi }}\cdot {\frac {l}{t}}\left(1-{\sqrt {1-\left({\frac {t}{l}}\right)^{2}}}\right).}$

Во втором выражении первый член представляет вероятность того, что угол иглы будет таким, что она всегда пересечет хотя бы одну линию. Правильный член представляет собой вероятность того, что игла упадет под углом, где ее положение имеет значение, и пересечет линию.

В качестве альтернативы обратите внимание, что всякий раз, когда θ имеет такое значение, что l sin θ ≤ t , то есть в диапазоне 0 ≤ θ ≤ arcsinт/л, вероятность пересечения такая же, как и в коротком игольнице. Однако если l sin θ > t , то есть arcsinт/л< θ ≤π/2вероятность постоянна и равна 1.

${\displaystyle {\begin{aligned}P&=\left(\int _{\theta =0}^{\arcsin {\frac {t}{l}}}\int _{x=0}^{{\frac {l}{2}}\sin \theta }{\frac {4}{t\pi }}\right)+\left(\int _{\arcsin {\frac {t}{l}}}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {2}{\pi }}\right)\\[6px]&={\frac {2l}{t\pi }}-{\frac {2}{t\pi }}\left({\sqrt {l^{2}-t^{2}}}+t\arcsin {\frac {t}{l}}\right)+1\end{aligned}}}$

Использование элементарного исчисления

Следующее решение для случая «короткой иглы», хотя и эквивалентно приведенному выше, имеет более визуальный вид и позволяет избежать повторных интегралов.

Мы можем вычислить вероятность P как произведение двух вероятностей: _P = P1 · P2 , где P1 — вероятность _{того , что} центр иглы окажется достаточно близко к линии, чтобы игла могла пересечь ее, и P2 _. — это вероятность того, что игла действительно пересечет линию, при условии, что центр находится в пределах досягаемости.

Глядя на иллюстрацию в приведенном выше разделе, становится очевидным, что игла может пересечь линию, если центр иглы находится в пределахл/2единиц по обе стороны полосы. Добавлениел/2+л/2с обеих сторон и разделив на всю ширину t , получим P ₁ =л/т.

Красная и синяя иглы расположены в центре точки x . Красный попадает в серую область, заключенную под углом 2 θ с каждой стороны, поэтому он пересекает вертикальную линию; синий нет. Доля серого круга — это то, что мы интегрируем, когда центр x изменяется от 0 до 1.

Теперь предположим, что центр находится в пределах досягаемости края полосы, и вычислим P ₂ . Для упрощения расчета можно считать, что . ${\displaystyle l=2}$

Пусть x и θ такие, как на иллюстрации в этом разделе. Поместив центр иглы в точку x , игла пересечет вертикальную ось, если она попадает в диапазон 2 θ радиан из π радиан возможных ориентаций. Это представляет собой серую область слева от x на рисунке. Для фиксированного x мы можем выразить θ как функцию x : θ ( x ) = arccos( x ) . Теперь мы можем позволить x находиться в диапазоне от 0 до 1 и интегрировать:

${\displaystyle {\begin{aligned}P_{2}&=\int _{0}^{1}{\frac {2\theta (x)}{\pi }}\,dx\\[6px]&={\frac {2}{\pi }}\int _{0}^{1}\cos ^{-1}(x)\,dx\\[6px]&={\frac {2}{\pi }}\cdot 1={\frac {2}{\pi }}.\end{aligned}}}$

Умножая оба результата, получаем P = P ₁ · P ₂ =л/т·2/π"="2 л/тπкак указано выше.

Есть еще более изящный и простой метод расчета «короткой иголки». Конец иглы, наиболее удаленный от любой из двух линий, граничащих с ее областью, должен располагаться на расстоянии по горизонтали (перпендикулярно граничащим линиям) l cos θ (где θ — угол между иглой и горизонталью) от этой области. линию, чтобы игла ее пересекла. Максимальное расстояние, на которое этот конец иглы может отойти от этой линии по горизонтали в ее области, равно t . Вероятность того, что самый дальний конец иглы находится не дальше, чем на расстоянии l cos θ от линии (и, таким образом, что игла пересекает линию) из общего расстояния t, на которое она может переместиться в своей области при 0 ≤ θ ≤π/2дан кем-то

${\displaystyle {\begin{aligned}P&={\frac {\displaystyle \int _{0}^{\frac {\pi }{2}}l\cos \theta \,d\theta }{\displaystyle \int _{0}^{\frac {\pi }{2}}t\,d\theta }}\\[6px]&={\frac {l}{t}}\cdot {\frac {\displaystyle \int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos \theta \,d\theta }{\displaystyle \int _{0}^{\frac {\pi }{2}}d\theta }}\\[6px]&={\frac {l}{t}}\cdot {\frac {1}{\,{\frac {\pi }{2}}\,}}\\[6px]&={\frac {2l}{t\pi }}.\end{aligned}}}$

Без интегралов

Задачу о короткой игле можно также решить без какого-либо интегрирования, таким образом, что формула для p объясняется тем геометрическим фактом, что круг диаметром t всегда (т. е. с вероятностью 1) пересекает расстояние t полосок ровно в двух точках. Это решение было предложено Жозефом-Эмилем Барбье в 1860 году ^[5] и также называется « лапшой Бюффона ».

Оценка π

Эксперимент по нахождению π . Спички длиной 9 клеток были брошены 17 раз между рядами шириной 9 клеток. 11 спичек случайным образом упали на нарисованные линии, отмеченные зелеными точками.
2 л · н/й"="2×9×17/9 × 11≈ 3,1 ≈ π .

Моделирование на основе Python 3 с использованием Matplotlib для эскиза эксперимента Бюффона с иглой с параметрами t = 5.0 , l = 2.6 . Обратите внимание, что расчетное значение π ( ось y ) приближается к 3,14, когда количество бросков ( ось x ) приближается к бесконечности.

В первом, более простом случае, приведенном выше, формулу, полученную для вероятности P , можно переписать в виде

${\displaystyle \pi ={\frac {2l}{tP}}.}$

Таким образом, если мы проведем эксперимент для оценки P , у нас также будет оценка для  π .

Предположим, мы уронили n игл и обнаружили, что h из этих игл пересекают линии, поэтому P аппроксимируется дробьючас/н. Это приводит к формуле:

${\displaystyle \pi \approx {\frac {2l\cdot n}{th}}.}$

В 1901 году итальянский математик Марио Лаццарини провел эксперимент Бюффона с иглой. Подбросив иголку 3408 раз, он получил известное приближение 355/113для π с точностью до шести десятичных знаков. ^[6] «Эксперимент» Лаццарини является примером предвзятости подтверждения , поскольку он был организован для того, чтобы воспроизвести уже известную аппроксимацию355/113(на самом деле, не существует лучшего рационального приближения с менее чем пятью цифрами в числителе и знаменателе, см. также Milü ), дающего более точный «предсказание» π , чем можно было бы ожидать на основе количества испытаний, а именно: ^{[7 ]}

Лаццарини выбрал иглы длиной5/6ширины деревянных полос. В этом случае вероятность того, что иглы пересекут линии, равна5/3 π. Таким образом, если бы нужно было опустить n игл и получить x пересечений, можно было бы оценить π как

${\displaystyle \pi \approx {\frac {5}{3}}\cdot {\frac {n}{x}}}$

Так что если Лаццарини стремился к результату355/113, ему нужны были n и x такие, что

${\displaystyle {\frac {355}{113}}={\frac {5}{3}}\cdot {\frac {n}{x}},}$

или эквивалентно,

${\displaystyle x={\frac {113n}{213}}.}$

Для этого нужно выбрать n кратным 213, так как тогда113 н./213является целым числом; Затем роняют n иголок и надеются ровно на x =113 н./213успехи. Если вы уроните 213 иголок и получите 113 успехов, то сможете с триумфом сообщить об оценке π с точностью до шести знаков после запятой. Если нет, то можно просто провести еще 213 попыток и надеяться на 226 успехов; если нет, просто повторите при необходимости. Лаццарини провел 3408 = 213 × 16 испытаний, поэтому вполне вероятно, что именно эту стратегию он использовал для получения своей «оценки».

Приведенное выше описание стратегии можно даже считать милосердием по отношению к Лаццарини. Статистический анализ промежуточных результатов, о которых он сообщил для меньшего числа бросков, приводит к очень низкой вероятности достижения столь близкого соответствия ожидаемому значению на протяжении всего эксперимента. Это делает вполне возможным, что сам «эксперимент» никогда не проводился физически, а был основан на числах, выдуманных в воображении, чтобы соответствовать статистическим ожиданиям, но, как оказалось, слишком хорошо. ^[7]

Голландский научный журналист Ханс ван Маанен, однако, утверждает, что статью Лаццарини никогда не предполагалось воспринимать слишком серьезно, поскольку для читателей журнала (предназначенного для школьных учителей) было совершенно очевидно, что аппарат, который, по словам Лаццарини, построил Лаццарини, не может возможно, работает так, как описано. ^[8]

Расширение Лапласа (короткая игольница)

Теперь рассмотрим случай, когда плоскость содержит два набора параллельных линий, ортогональных друг другу, образующих стандартную перпендикулярную сетку. Наша цель — найти вероятность того, что игла пересечет хотя бы одну линию сетки. Пусть a и b — стороны прямоугольника, содержащего середину иглы длиной l . Поскольку это короткая игольница, l < a , l < b . Пусть ( x , y ) обозначают координаты средней точки иглы, а φ обозначает угол, образованный иглой и осью x . Подобно примерам, описанным выше, мы рассматриваем x , y , φ как независимые однородные случайные величины в диапазонах 0 ≤ x ≤ a , 0 ≤ y ≤ b , −π/2≤ φ ≤π/2.

Чтобы решить такую ​​задачу, мы сначала вычисляем вероятность того, что игла не пересечет ни одной линии, а затем принимаем ее дополнение. Мы вычисляем эту первую вероятность, определяя объем области, в которой игла не пересекает никаких линий, а затем делим ее на объем всех возможностей V . Легко видеть, что V = πab .

Теперь пусть V * — объем возможностей, при котором игла не пересекает ни одной линии. Разработан Ю.В. Успенским , ^[9]

${\displaystyle V^{*}=\int _{-{\frac {\pi }{2}}}^{\frac {\pi }{2}}F(\varphi )\,d\varphi }$

где F ( φ ) — область, в которой игла не пересекает ни одну линию под углом φ . Чтобы определить F ( φ ) , давайте сначала рассмотрим случай горизонтальных краев ограничивающего прямоугольника. Общая длина стороны равна a , а средняя точка не должна находиться в пределахл/2cos φ любой конечной точки ребра. Таким образом, общая допустимая длина без пересечений равна a − 2(л/2потому что φ ) или просто a - l потому что φ . Эквивалентно, для вертикальных ребер длиной b имеем b ± l sin φ . ± учитывает случаи, когда φ положителен или отрицателен. Беря положительный случай и затем добавляя знаки абсолютных значений в окончательный ответ для общности, мы получаем

${\displaystyle F(\varphi )=(a-l\cos \varphi )(b-l\sin \varphi )=ab-bl\cos \varphi -al|\sin \varphi |+{\tfrac {1}{2}}l^{2}|\sin 2\varphi |.}$

Теперь мы можем вычислить следующий интеграл:

${\displaystyle V^{*}=\int _{-{\frac {\pi }{2}}}^{\frac {\pi }{2}}F(\varphi )\,d\varphi =\pi ab-2bl-2al+l^{2}.}$

Таким образом, вероятность того, что игла не пересечет ни одну прямую, равна

${\displaystyle {\frac {V^{*}}{V}}={\frac {\pi ab-2bl-2al+l^{2}}{\pi ab}}=1-{\frac {2l(a+b)-l^{2}}{\pi ab}}.}$

И, наконец, если мы хотим вычислить вероятность P того, что игла пересечет хотя бы одну линию, нам нужно вычесть приведенный выше результат из 1, чтобы вычислить его дополнение, что даст

${\displaystyle P={\frac {2l(a+b)-l^{2}}{\pi ab}}}$.

Сравнение оценок π

Как упоминалось выше, эксперимент Бюффона с иглой можно использовать для оценки π . Этот факт справедлив и для расширения Лапласа, поскольку π также присутствует в этом ответе. Тогда естественным образом возникает следующий вопрос, который обсуждался Э. Ф. Шустером в 1974 году. ^[10] Является ли эксперимент Бюффона или эксперимент Лапласа лучшей оценкой значения π ? Поскольку в расширении Лапласа имеется два набора параллельных прямых, мы сравниваем N капель при наличии сетки (Лаплас) и 2 N капель в исходном эксперименте Бюффона.

Пусть A — это событие, когда игла пересекает горизонтальную линию (параллельную оси x ).

${\displaystyle x={\begin{cases}1&:{\text{intersection occurs}}\\0&:{\text{no intersection}}\end{cases}}}$

и пусть B — это событие, когда игла пересекает вертикальную линию (параллельную оси y ).

${\displaystyle y={\begin{cases}1&:{\text{intersection occurs}}\\0&:{\text{no intersection}}\end{cases}}}$

Для простоты предстоящей алгебраической формулировки пусть a = b = t = 2 l такое, что исходный результат в задаче Бюффона равен P ( A ) = P ( B ) =1/π. Далее, пусть N = 100 капель.

Теперь давайте рассмотрим P ( AB ) для результата Лапласа, то есть вероятности пересечения иглой как горизонтальной, так и вертикальной линии. Мы знаем это

${\displaystyle P(AB)=1-P(AB')-P(A'B)-P(A'B').}$

Из приведенного выше раздела P ( A ′ B ′) , или вероятность того, что игла не пересечет ни одной линии, равна

${\displaystyle P(A'B')=1-{\frac {2l(a+b)-l^{2}}{\pi ab}}=1-{\frac {2l(4l)-l^{2}}{4l^{2}\pi }}=1-{\frac {7}{4\pi }}.}$

Мы можем найти P ( A ′ B ) и P ( AB ′) , используя следующий метод:

${\displaystyle {\begin{aligned}P(A)&={\frac {1}{\pi }}=P(AB)+P(AB')\\[4px]P(B)&={\frac {1}{\pi }}=P(AB)+P(A'B).\end{aligned}}}$

Решив для P ( A ′ B ) и P ( AB ′ ) и подставив это в исходное определение P ( AB ) несколькими строками выше, мы получим

${\displaystyle P(AB)=1-2\left({\frac {1}{\pi }}-P(AB)\right)-\left(1-{\frac {7}{4\pi }}\right)={\frac {1}{4\pi }}}$

Хотя это и не обязательно для решения проблемы, теперь можно увидеть, что P ( A ′ B ) = P ( AB ′) =3/4 π. Имея приведенные выше значения, мы теперь можем определить, какая из этих оценок является лучшей оценкой для π . Для варианта Лапласа пусть p̂ будет оценкой вероятности того, что существует пересечение линий такое, что

${\displaystyle {\hat {p}}={\frac {1}{100}}\sum _{n=1}^{100}{\frac {x_{n}+y_{n}}{2}}}$.

Нас интересует дисперсия такой оценки, чтобы понять ее полезность или эффективность. Чтобы вычислить дисперсию p̂ , мы сначала вычисляем Var( x _n + y _n ), где

${\displaystyle \operatorname {Var} (x_{n}+y_{n})=\operatorname {Var} (x_{n})+\operatorname {Var} (y_{n})+2\operatorname {Cov} (x_{n},y_{n}).}$

Решение для каждой части индивидуально,

${\displaystyle {\begin{aligned}\operatorname {Var} (x_{n})=\operatorname {Var} (y_{n})&=\sum _{i=1}^{2}p_{i}{\bigl (}x_{i}-\mathbb {E} (x_{i}){\bigr )}^{2}\\[6px]&=P(x_{i}=1)\left(1-{\frac {1}{\pi }}\right)^{2}+P(x_{i}=0)\left(0-{\frac {1}{\pi }}\right)^{2}\\[6px]&={\frac {1}{\pi }}\left(1-{\frac {1}{\pi }}\right)^{2}+\left(1-{\frac {1}{\pi }}\right)\left(-{\frac {1}{\pi }}\right)^{2}={\frac {1}{\pi }}\left(1-{\frac {1}{\pi }}\right).\\[12px]\operatorname {Cov} (x_{n},y_{n})&=\mathbb {E} (x_{n}y_{n})-\mathbb {E} (x_{n})\mathbb {E} (y_{n})\end{aligned}}}$

Из предыдущего раздела мы знаем, что

${\displaystyle \mathbb {E} (x_{n}y_{n})=P(AB)={\frac {1}{4\pi }}}$

уступчивость

${\displaystyle \operatorname {Cov} (x_{n},y_{n})={\frac {1}{4\pi }}-{\frac {1}{\pi }}\cdot {\frac {1}{\pi }}={\frac {\pi -4}{4\pi ^{2}}}<0}$

Таким образом,

${\displaystyle \operatorname {Var} (x_{n}+y_{n})={\frac {1}{\pi }}\left(1-{\frac {1}{\pi }}\right)+{\frac {1}{\pi }}\left(1-{\frac {1}{\pi }}\right)+2\left({\frac {\pi -4}{4\pi ^{2}}}\right)={\frac {5\pi -8}{2\pi ^{2}}}}$

Возвращаясь к исходной задаче этого раздела, дисперсия оценки p̂ равна

${\displaystyle \operatorname {Var} ({\hat {p}})={\frac {1}{200^{2}}}(100)\left({\frac {5\pi -8}{2\pi ^{2}}}\right)\approx 0.000\,976.}$

Теперь давайте посчитаем количество капель M , необходимое для достижения той же дисперсии, что и 100 капель по перпендикулярным линиям. Если M < 200 , то можно заключить, что установка только с параллельными линиями более эффективна, чем схема с перпендикулярными линиями. И наоборот, если M равно или больше 200, то эксперимент Бюффона соответственно одинаково или менее эффективен. Пусть q будет оценкой исходного эксперимента Бюффона. Затем,

${\displaystyle {\hat {q}}={\frac {1}{M}}\sum _{m=1}^{M}x_{m}}$

и

${\displaystyle \operatorname {Var} ({\hat {q}})={\frac {1}{M^{2}}}(M)\operatorname {Var} (x_{m})={\frac {1}{M}}\cdot {\frac {1}{\pi }}\left(1-{\frac {1}{\pi }}\right)\approx {\frac {0.217}{M}}}$

Решение для M ,

${\displaystyle {\frac {0.217}{M}}=0.000\,976\implies M\approx 222.}$

Таким образом, для того, чтобы иметь ту же уверенность, что и 100 капель в случае Лапласа, требуется 222 капли только с параллельными линиями. На самом деле это неудивительно, поскольку замечено, что Cov( x _n , y _n ) < 0 . Поскольку x _n и y _n являются отрицательно коррелированными случайными величинами, они уменьшают общую дисперсию оценки, которая является средним значением двух из них. Этот метод уменьшения дисперсии известен как метод антитетических вариаций .

Смотрите также

• Парадокс Бертрана (вероятность)

Рекомендации

1. История академика. Рой. дез. наук (1733), 43–45; Histoire naturalle, générale et particulière, Приложение 4 (1777), с. 46.
2. Сенета, Евгений; Паршалл, Карен Хангер; Йонгманс, Франсуа (2001). «Развитие геометрической вероятности в девятнадцатом веке: Дж. Дж. Сильвестр, М. В. Крофтон, Ж.-Э. Барбье и Ж. Бертран». Архив истории точных наук . 55 (6): 501–524. дои : 10.1007/s004070100038. ISSN  0003-9519. JSTOR  41134124. S2CID  124429237.
3. Берендс, Эрхард. «Буффон: Hat er Stöckchen geworfen oder Hat er nicht?» (PDF) . Проверено 14 марта 2015 г.
4. Формулировка задачи здесь позволяет избежать необходимости работать с регулярными условными плотностями вероятности .
5. Айгнер, Мартин; Циглер, Гюнтер М. (2013). Доказательства из КНИГИ (2-е изд.). Springer Science & Business Media. стр. 189–192.
6. Лаццарини, М. (1901). «Un’applicazione del Calcolo della Probilità alla richerca sperimentale di un valore approssimato di π» [Применение теории вероятностей к экспериментальному исследованию приближения π ]. Periodico di Matematica per l'Insegnamento Secondario (на итальянском языке). 4 : 140–143.
7. Ли Бэджер, «Удачное приближение числа π Лаццарини», Mathematics Magazine 67, 1994, 83–91.
8. Ханс ван Маанен, «Het stokje van Lazzarini» (Палка Лазарини), «Skepter» 31.3, 2018.
9. Ю. В. Успенский, «Введение в математическую вероятность», 1937, 255.
10. Э. Ф. Шустер, Эксперимент Бюффона с иглой, The American Mathematical Monthly, 1974, 29-29.

Библиография

• Бэджер, Ли (апрель 1994 г.). «Удачное приближение числа π Лазарини ». Журнал «Математика» . Математическая ассоциация Америки. 67 (2): 83–91. дои : 10.2307/2690682. JSTOR  2690682.
• Рамали, Дж. Ф. (октябрь 1969 г.). «Задача Бюффона о лапше». Американский математический ежемесячник . Математическая ассоциация Америки. 76 (8): 916–918. дои : 10.2307/2317945. JSTOR  2317945.
• Матай, AM (1999). Введение в геометрическую вероятность. Ньюарк: Гордон и Брич. п. 5. ISBN 978-90-5699-681-9.
• Делл, Закари; Франклин, Скотт В. (сентябрь 2009 г.). «Проблема иглы Бюффона-Лапласа в трех измерениях». Журнал статистической механики: теория и эксперимент . 2009 (9): 010. Бибкод : 2009JSMTE..09..010D. дои : 10.1088/1742-5468/2009/09/P09010. S2CID  32470555.
• Шредер, Л. (1974). «Проблема иглы Бюффона: захватывающее применение многих математических концепций». Учитель математики , 67 (2), 183–6.
• Успенский, Джеймс Виктор. «Введение в математическую вероятность». (1937).

Внешние ссылки

• Проблема с иглой Бюффона при разрезании узла
• Математические сюрпризы: лапша Буффона в самом разгаре
• MSTE: Игла Бюффона
• Java-апплет «Игла Буффона»
• Оценка визуализации PI (Flash)
• Игла Бюффона: веселье и основы (презентация) на слайдшере
• Анимации для моделирования иглы Бюффона, выполненные Ихуэй Се с использованием анимации пакета R.
• 3D-физическая анимация Джеффри Вентреллы
• Падилья, Тони. «Пи Пи и игла Бюффона». Числофил . Брэйди Харан . Архивировано из оригинала 17 мая 2013 г. Проверено 9 апреля 2013 г.