Problemi vari

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Moderatori: Gianfranco, Bruno

Pasquale
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Re: Problemi vari

Messaggio da Pasquale »

Lavoratoriiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiii.........................prrrrrrrrrrendo la palla al balzo per farvi gli auguri del 1° maggio.
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$\text { }$ciao Immagine ciao
E' la somma che fa il totale (Totò)

0-§
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Re: Problemi vari

Messaggio da 0-§ »

0-§ ha scritto:7 ) Siano dati quattro interi A, B, C e D non tutti uguali e applichiamo ripetutamente la "mossa gamma", che consiste nel sostituire A-B ad A, B-C a B, C-D a C e D-A a D. Dimostrare che uno degli interi diventerà arbitrariamente grande dopo un numero finito di iterazioni.
Sia $P_n=(a_n, b_n, c_n, d_n)$ la quadrupla dopo n iterazioni. Allora $a_n+b_n+c_n+d_n=0 \forall n \ge 1$ (1).
Consideriamo la norma di $P_n=a_n^2+b_n^2+c_n^2+d_n^2=f(n)$; se riusciamo a mostrare che f(n) non ha limite superiore la tesi segue immediatamente (con un interpretazione geometrica nello spazio 4-dimensionale); ebbene $f(n+1)=a_{n+1}^2+b_{n+1}^2+c_{n+1}^2+d_{n+1}^2=(a_n-b_n)^2+(b_n-c_n)^2+(c_n-d_n)^2+(d_n-a_n)^2=2(a_n^2+b_n^2+c_n^2+d_n^2)-2a_n b_n-2b_n c_n-2c_n d_n-2d_n a_n$ (2)
Ora usiamo (1):
$0=(a_n+b_n+c_n+d_n)^2=(a_n+c_n)^2+(b_n+d_n)^2+2a_n b_n+2b_n c_n+2c_n d_n+2d_n a_n$ (3).
Ora con (2)+(3) otteniamo
$f(n+1)=a_{n+1}^2+b_{n+1}^2+c_{n+1}^2+d_{n+1}^2=2(a_n^2+b_n^2+c_n^2+d_n^2)+(a_n+c_n)^2+(b_n+d_n)^2 \ge 2(a_n^2+b_n^2+c_n^2+d_n^2)=2f(n)$, da cui segue chiaramente che f(n) non è superiormente limitata.
Lo scopo principale di una dichiarazione DATA è quello di dare dei nomi alle costanti; anziché inserire ogni volta 3.141592653589793 come valore di $\pi$, con una dichiarazione DATA si può assegnare tale valore alla variabile PI che può essere poi usata per indicare la costante. Ciò rende anche più semplice modificare il programma, qualora il valore di $\pi$ dovesse cambiare.

-Da un vecchio manuale FORTRAN della Xerox

David
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Re: Sul quadrato e triangolo

Messaggio da David »

Salve a tutti volevo intervenire sul problema relativo alle probabilità che un triangolo generato a caso all 'interno del quadrato possa coprire il centro dello stesso.

Dato un quadrato di lato unitario e vertici ABCD e centro O,ne tracciamo le diagonali AC e BD così da ricavarne 4 settori (triangoli) di vertici ABO,BCO,CDO,ADO.

Ora il primo punto x1 scelto a caso andrà ovviamente in uno qualsiasi dei 4 settori evidenziati.
Per il secondo punto posizionato a caso si possono distinguere 3 casi differenti:

a) Il punto x2 cade nello stesso settore di x1, la probabilità di questo evento vale p1=1/4

b) Il punto x2 cade in un settore adiacente a quello ove è posto x1, con probabilità p2=1/2

c) Il punto x2 cade nel settore contapposto a quello ove è posto x1, con probabilità p3=1/4

Vagliamo ad esempio il caso a):

Ammettiamo che x1 e x2 giacciano ambedue all'interno del settore CDO,sappiamo che il segmento che li unisce è un lato del nostro famigerato triangolo.
Tracciamo la retta che passa per x1 e il centro O, essa determinerà un punto intersezione con il lato CD che chiamiamo x1' e un punto intersezione col lato opposto AB che definiamo x1"
Procediamo in modo analogo con x2 determinando x2' sul lato CD e x2" sul lato AB.
Ora i punti x1' e x2' determinatesi in CD non sembrano violare il principio di casualità con cui si possono ottenere 2 punti su un segmento di lunghezza unitaria.
Sappiamo però dall'analisi che la distanza media fra 2 punti scelti a caso su un segmento unitario vale Xm=1/3
Ciò significa che l'area media di tutti gli infiniti triangoli x1"x2"O che si formano nel settore contapposto a quello ove sono posti x1 e x2 vale essa stessa 1/3 essendo appunto mediamente la base x1"x2" 1/3 di AB.
Ora affinchè il triangolo di vertici x1 , x2 ed x3 copra il centro del quadrato dovrà avere il terzo vertice x3 all'interno del triangolo x1"x2"O.
La probabilità che ciò avvenga , considerando sempre che l'area media di questo triangolo vale 1/3,risulta:
p1'=1/12,poichè l'area di tale triangolo è 1/12 dell'area totale del quadrato.
Ricordando che la probabilità che il punto x2 fosse nello stesso settore di x1 vale p1=1/4,allora in questo caso le probabilità che il triangolo copra il centro del quadrato sono determinate da:
Pa=p1Xp1'=(1/4)X(1/12)=1/48.

Con considerazioni analoghe ho trattato i casi b) e c) arrivando a una probabilità generale che vale:
P=Pa+Pb+Pc=9/48.
Qualcuno mi dice se il ragionamento fila?
Grazie,un salutone
David

David
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Re: Problemi vari

Messaggio da David »

Ops.. scusate ho commesso un piccolo errore di calcolo e devo rettificare il valore trovato in precedenza.
P=Pa+Pb+Pc=12/48=1/4. Con Pa=1/48, Pb=6/48 e Pc=5/48.
Sicchè valutando il problema con questo metodo ,di cui si dovrà vagliarne la correttezza,dovremmo aspettarci,che una volta distribuiti 3 punti a caso all'interno del quadrato,in un quarto dei casi il triangolo generato copra il centro del quadrato.

Lo stesso valore di 1/4 si ottiene pure se i punti sono distribuiti a caso sul perimetro del quadrato.

panurgo
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Re: Problemi vari

Messaggio da panurgo »

Mi sembra che il tuo ragionamento parta dall'assunzione che campionare tre punti nel quadrato sia equivalente a campionarli sul suo perimetro
David ha scritto:[...] Ora i punti x1' e x2' determinatesi in CD non sembrano violare il principio di casualità con cui si possono ottenere 2 punti su un segmento di lunghezza unitaria [...]
ed è quindi inevitabile che
David ha scritto:[...] Lo stesso valore di 1/4 si ottiene pure se i punti sono distribuiti a caso sul perimetro del quadrato
Il risultato che tu ottieni è corretto.

Primo, devi dimostrare che la tua assunzione sia corretta (è corretta, ma devi dimostrarlo); secondo, esplicita tutto il tuo ragionamento cosicché sia possibile valutarlo: come facciamo a dirti se è corretto se non lo conosciamo?

Ah! Terzo, cos'è che ti lascia perplesso della mia soluzione?
il panurgo

Principio di Relatività: $\mathbb{m} \not \to \mathbb{M} \, \Longleftrightarrow \, \mathbb{M} \not \to \mathbb{m}$
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franced
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Re: Problemi vari

Messaggio da franced »

0-§ ha scritto: 1 ) Scegliamo 3 punti a caso all'interno di un quadrato. Qual è la probabilità che il centro del quadrato si trovi all'interno del triangolo da essi formato? E se invece i punti venissero presi sul perimetro del quadrato? E se usassimo un cerchio? E per un triangolo (diciamo equilatero)?

Scelti i tre punti P1, P2, P3 all'interno del quadrato, è sufficiente esprimere il centro del quadrato come combinazione convessa dei 3 punti.
Se i coefficienti della combinazione convessa sono tutti compresi tra 0 e 1 allora il centro del quadrato sta all'interno del triangolo che ha per vertici P1, P2, P3.
Francesco Daddi

http://www.webalice.it/francesco.daddi" target="_blank

panurgo
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Re: Problemi vari

Messaggio da panurgo »

panurgo ha scritto:[...] secondo, esplicita tutto il tuo ragionamento cosicché sia possibile valutarlo: come facciamo a dirti se è corretto se non lo conosciamo?
Aspettavo una risposta: siccome tarda porterò avanti la discussione da solo (per non perdere l'occasione di fissare i miei ragionamenti prima di dimenticarli! :wink: ).

Invece del problema così come è posto consideriano il problema

"Sono campionate ripetutamente tre coppie ordinate di numeri da una distribuzione uniforme bivariata tra $\left ( 0, \/ 0 \right )$ e $\left ( 1, \/ 1 \right )$; tali coppie ordinate rappresentano tre punti interni al quadrato $\left \{ \left ( 0, \/ 0 \right ), \left ( 1, \/ 0 \right ), \left ( 1, \/ 1 \right ), \left ( 0, \/ 1 \right ) \right }$: qual è la frequenza con cui ci possiamo attendere che il triangolo avente per vertici i tre punti contenga il punto $\left ( \frac 1 2, \/ \frac 1 2 \right )$?"

Non è difficile vedere che tale campionamento è equivalente a campionare i tre punti sul perimetro del quadrato: ipotizziamo che il punto cada nel triangolo
$\left \{ \left ( 0, \/ 1 \right ), \left ( \frac 1 2, \/ \frac 1 2 \right ), \left ( 1, \/ 1 \right ) \right }$

Immagine

per qualunque valore della $y$, la $x$ è distribuita uniformemente e quindi lo è anche la sua immagine sul lato del quadrato. Lo stesso vale, mutatis mutandis, per le altre tre porzioni del quadrato: non sono forse equivalenti per simmetria?
A questo punto (figura successiva) fissiamo il primo punto, ${\text P}$, sul lato superiore del quadrato e osserviamo cosa succede facendo scorrere il secondo punto, ${\text Q}$, lungo il perimetro (in senso orario a partire dal vertice in alto a sinistra, la figura va letta da sinistra a destra e riga per riga).

Immagine

I primi due diagrammi illustrano cosa succede se anche ${\text Q}$ giace sul lato superiore: per $x_{\script \text Q} \/ < \/ x_{\script \text P}$ possiamo attenderci una frequenza proporzionale a $x_{\script \text P} \/ - \/ x_{\script \text Q}$, in caso contrario ci attendiamo una frequenza proporzionale a $x_{\script \text Q} \/ - \/ x_{\script \text P}$. Assegnamo perciò la probabilità

$p \left ( O \/ \middle | \/ x_{\script \text P} \/ x_{\script \text Q} \/ A \/ I \right ) \/ = \/ \left \{ \begin{matrix}{l150l150C40C40} \frac 14 \left ( x_{\script \text P} \/ - \/ x_{\script \text Q} \right ) & 0 \/ \leq \/ x_{\script \text Q} \/ \leq x_{\script \text P} \\ \frac 14 \left ( x_{\script \text Q} \/ - \/ x_{\script \text P} \right ) & x_{\script \text P} \/ < x_{\script \text Q} \/ \leq \/ 1 \\ \end{array} \right .$

Se ${\text Q}$ giace sul lato destro (terzo diagramma) ci attendiamo una frequenza proporzionale a $\left ( 1 \/ - \/ x_{\script \text P} \right ) \/ + \/ \left (1 \/ - \/ y_{\script \text Q} \right )$ e assegnamo la probabilità

$p \left ( O \/ \middle | \/ x_{\script \text P} \/ y_{\script \text Q} \/ B \/ I \right ) \/ = \/ \begin{matrix}{l150l150C40} \frac 14 \left ( 2 \/ - x_{\script \text P} \/ - \/ y_{\script \text Q} \right ) & 0 \/ \leq \/ x_{\script \text P}, y_{\script \text Q} \/ \leq 1 \\ \end{array}$

I primi due diagrammi della seconda riga illustrano cosa succede se ${\text Q}$ giace sul lato inferiore: per $x_{\script \text Q} \/ < \/ \left (1 \/ - \/ x_{\script \text P} \right )$ ci attendiamo una frequenza proporzionale a $1 \/ + \/ x_{\script \text P} \/ + \/ x_{\script \text Q}$, altrimenti ci attendiamo una frequenza proporzionale a $1 \/ + \/ \left (1 \/ - \/ x_{\script \text P} \right ) \/ + \/ \left (1 \/ - \/ x_{\script \text Q} \right )$ e assegnamo perciò la probabilità

$p \left ( O \/ \middle | \/ x_{\script \text P} \/ x_{\script \text Q} \/ C \/ I \right ) \/ = \/ \left \{ \begin{matrix}{l150l150C40C40} \frac 14 \left ( 1 \/ + \/ x_{\script \text P} \/ + \/ x_{\script \text Q} \right ) & 0 \/ \leq \/ x_{\script \text Q} \/ \leq 1 \/ - \/ x_{\script \text P} \\ \frac 14 \left ( 3 \/ - \/ x_{\script \text P} \/ - \/ x_{\script \text Q} \right ) & 1 \/ - \/ x_{\script \text P} \/ < x_{\script \text Q} \/ \leq \/ 1 \\ \end{array} \right .$

Infine, se ${\text Q}$ giace sul lato sinistro (ultimo diagramma) ci attendiamo una frequenza proporzionale a $x_{\script \text P} \/ + \/ y_{\script \text Q}$: assegnamo la probabilità

$p \left ( O \/ \middle | \/ x_{\script \text P} \/ y_{\script \text Q} \/ B \/ I \right ) \/ = \/ \begin{matrix}{l150l150C40} \frac 14 \left (x_{\script \text P} \/ + \/ y_{\script \text Q} \right ) & 0 \/ \leq \/ x_{\script \text P}, y_{\script \text Q} \/ \leq 1 \\ \end{array}$

È necessaria ora una piccola digressione sulla notazione: scrivo $p \left ( O \/ \middle | \/ x_{\script \text P} \/ x_{\script \text Q} \/ A \/ I \right )$ intendendo "probabilità che il centro giaccia nel triangolo ($O$) condizionata al fatto che anche il secondo punto giaccia sul lato superiore ($A$) e al valore di $x_{\script P}$ e $x_{\script Q}$", dichiarando, cioè, esplicitamente le proposizioni che condizionano la probabilità di $O$,

$\begin{array}{lC30C30C30} A \/ \equiv \/ {\text P e Q giacciono sul lato superiore} \\ x_{\script \text P} \/ \equiv \/ {\text l'ascissa di P vale } x_{\script \text P} \\ x_{\script \text Q} \/ \equiv \/ {\text l'ascissa di Q vale } x_{\script \text Q} \\ \end{array}$

tralasciando invece

$\begin{array}{lC30C30} \left ( y_{\script \text P} \/ = \/ 1 \right ) \/ \equiv \/ {\text l'ordinata di P vale } 1 \\ \left ( y_{\script \text Q} \/ = \/ 1 \right ) \/ \equiv \/ {\text l'ordinata di Q vale } 1 \\ \end{array}$

perché tali proposizioni sono implicite in $A$.
Allo stesso modo, $p \left ( O \/ \middle | \/ x_{\script \text P} \/ y_{\script \text Q} \/ B \/ I \right )$ esplicita le condizioni

$B \/ \equiv \/ {\text P giace sul lato superiore, Q sul lato destro}$

(che implica $y_{\script \text P} \/ = \/ 1$ e $x_{\script \text Q} \/ = \/ 1$) e

$\begin{array}{lC30C30} x_{\script \text P} \/ \equiv \/ {\text l'ascissa di P vale } x_{\script \text P} \\ y_{\script \text Q} \/ \equiv \/ {\text l'ordinata di Q vale } y_{\script \text Q} \\ \end{array}$

Mutatis mutandis per $p \left ( O \/ \middle | \/ x_{\script \text P} \/ x_{\script \text Q} \/ C \/ I \right )$ e $p \left ( O \/ \middle | \/ x_{\script \text P} \/ y_{\script \text Q} \/ D \/ I \right )$.
Notiamo che è sempre presente la proposizione

$I \/ \equiv \/ {\text tutte le informazioni che definiscono il problema, ad esclusione di quelle esplicitate}$

Le condizioni esplicitate sono quelle diverse nei quattro casi. Questa differenza impedisce di sommare direttamente le probabilità assegnate: infatti, si possono sommare direttamente tra di loro solo probabilità condizionate alle stesse informazioni.
Un esempio con il classico lancio di una moneta: consideriamo le informazioni

$\begin{array}{lC30C30}I_{\script 0} \/ \equiv \/ {\text non ho informazioni sulla moneta in questione} \\ I_{\script 1} \/ \equiv \/ {\text la moneta in questione ha due teste} \\ \end{array}$

Chiaramente $p \left ( T \/ \middle | \/ I_{\script 0} \right ) \/ \neq \/ p \left ( T \/ \middle | \/ I_{\script 1} \right )$: le probabilità di una stessa proposizione condizionate ad informazioni diverse sono o possono essere diverse (nessuno scommetterebbe sulla croce sotto $I_{\script 1}$).
Noi siamo stati in grado di assegnare agevolmente le quattro probabilità $p \left ( O \/ \middle | \/ x_{\script \text P} \/ x_{\script \text Q} \/ A \/ I \right )$, $p \left ( O \/ \middle | \/ x_{\script \text P} \/ y_{\script \text Q} \/ B \/ I \right )$, $p \left ( O \/ \middle | \/ x_{\script \text P} \/ x_{\script \text Q} \/ C \/ I \right )$ e $p \left ( O \/ \middle | \/ x_{\script \text P} \/ y_{\script \text Q} \/ D \/ I \right )$ ma, per poterle sommare, dobbiamo fare in modo da eliminare tutte quelle condizioni diverse da $I$: ciò si ottiene mediante il teorema di marginalizzazione.
Per capire consideriamo la distribuzione bivariata

$\begin{array}{c50|c50c50|c50C30C10C30C30C10C30} {} & A & B & {} \\ \hline \\ X & 0,25 & 0,30 & 0,55 \\ Y & 0,10 & 0,35 & 0,45 \\ \hline \\ {} & 0,35 & 0,65 & 1,00 \\ \end{array}$

per la quale noi vediamo essere $p \left ( A \/ X \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ 0,25$ (attenzione: $A \/ X \/ \equiv \/ A \/ {\text e} \/ X$), $p \left ( B \/ X \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ 0,30$, $p \left ( A \/ Y \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ 0,10$ e $p \left ( B \/ Y \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ 0,35$: la colonna a margine contiene le probabilità di $X$ e $Y$ indipendentemente da $A$ e $B$ mentre la riga a margine contiene le probabilità di $A$ e $B$ indipendentemente da $X$ e $Y$. I valori sono ottenuti mediante le

$\begin{array}{lC30C30C30C30} p \left ( X \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ p \left ( A \/ X \/ \middle | \/ I \right ) \/ + \/ p \left ( B \/ X \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ 0,55 \\ p \left ( Y \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ p \left ( A \/ Y \/ \middle | \/ I \right ) \/ + \/ p \left ( B \/ Y \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ 0,45 \\ p \left ( A \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ p \left ( A \/ X \/ \middle | \/ I \right ) \/ + \/ p \left ( A \/ Y \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ 0,35 \\ p \left ( B \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ p \left ( B \/ X \/ \middle | \/ I \right ) \/ + \/ p \left ( B \/ Y \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ 0,65 \\ \end{array}$

Dato che queste probabilità sono contenute a margine vengono chiamate probabilità marginali, da cui anche "teorema di marginalizzazione".
Nel nostro caso abbiamo i quattro casi

$p \left ( O \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ p \left ( O \/ A \/ \middle | \/ I \right ) \/ +\/ p \left ( O \/ B \/ \middle | \/ I \right ) \/ +\/ p \left ( O \/ D \/ \middle | \/ I \right ) \/ +\/ p \left ( O \/ D \/ \middle | \/ I \right )$

per la regola del prodotto, $\/ p \left ( O \/ A \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ p \left ( A \/ \middle | \/ I \right ) \/ \/ p \left ( O \/ \middle | \/ A \/ I \right )$, perciò abbiamo

$\/ p \left ( O \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ p \left ( A \/ \middle | \/ I \right ) \/ \/ p \left ( O \/ \middle | \/ A \/ I \right ) \/ + \/ p \left ( B \/ \middle | \/ I \right ) \/ \/ p \left ( O \/ \middle | \/ B \/ I \right ) \/ + \/ p \left ( C \/ \middle | \/ I \right ) \/ \/ p \left ( O \/ \middle | \/ C \/ I \right ) \/ + \/ p \left ( D \/ \middle | \/ I \right ) \/ \/ p \left ( O \/ \middle | \/ D \/ I \right )$,

Presumo di non stupire nessuno scrivendo

$p \left (A \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ p \left (B \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ p \left (C \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ p \left (D \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ \frac 14$

(e cioè che la probabilità che ${\text Q}$ su ciascun lato è $1/4$) e quindi

$p \left ( O \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ \frac 14 \left \{p \left ( O \/ \middle | \/ A \/ I \right ) \/ + \/ p \left ( O \/ \middle | \/ B \/ I \right ) \/ + \/ p \left ( O \/ \middle | \/ C \/ I \right ) \/ + \/ p \left ( O \/ \middle | \/ D \/ I \right ) \right \}$

Ci siamo avvicinati ma non siamo ancora arrivati perché, invece di $p \left ( O \/ \middle | \/ A \/ I \right )$, $p \left ( O \/ \middle | \/ B \/ I \right )$ ecc., abbiamo $p \left ( O \/ \middle | \/ x_{\script \text P} \/ x_{\script \text Q} \/ A \/ I \right )$, $p \left ( O \/ \middle | \/ x_{\script \text P} \/ y_{\script \text Q} \/ B \/ I \right )$ ecc.; per eliminare la dipendenza dai parametri non voluti utilizziamo un'altra volta il teorema di marginalizzazione, questa volta nella sua forma integrale.


Caso $A$

$p \left ( O \/ \middle | \/ A \/ I \right ) \/ = \/ \int {dx_{\script \text P} \int {dx_{\script \text Q} \/ p \left ( O \/ x_{\script \text P} \/ x_{\script \text Q} \/ \middle | \/ A \/ I \right ) }} \/ = \/ \int {dx_{\script \text P} \int {dx_{\script \text Q} \/ p \left (x_{\script \text P} \/ x_{\script \text Q} \/ \middle | \/ I \right ) \/ p \left ( O \/ \middle | \/ x_{\script \text P} \/ x_{\script \text Q} \/ A \/ I \right ) }} \/ = \\ \qquad = \/ \int {dx_{\script \text P} \int {dx_{\script \text Q} \/ p \left ( O \/ \middle | \/ x_{\script \text P} \/ x_{\script \text Q} \/ A \/ I \right ) }}$

con

$\begin{array}{l150l150C40} p \left (x_{\script \text P} \/ x_{\script \text Q} \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ 1 & 0 \/ \leq \/ x_{\script \text P}, \/ x_{\script \text Q} \/ \leq 1 \\ \end{array}$

perché il campionamento è da una distribuzione uniforme.
Calcolo l'integrale

$p \left ( O \/ \middle | \/ A \/ I \right ) \/ = \/ \frac 14 \/ \int_{\script 0}^{\script 1} {dx_{\script \text P} \left \{\int_{\script 0}^{\script x_{\fs0 \text P}} {dx_{\script \text Q} \/ \left (x_{\script \text P} \/ - \/ x_{\script \text Q} \right ) } \/ + \/ \int_{\script x_{\fs0 \text P}}^{\script 1} {dx_{\script \text Q} \/ \left (x_{\script \text Q} \/ - \/ x_{\script \text P} \right ) } \right \} } \/ = \/ \frac 14 \/ \int_{\script 0}^{\script 1} {dx_{\script \text P} \left \{ \left \[x_{\script \text P} x_{\script \text Q} \/ - \/ \frac { x_{\script \text Q}^{\script 2}} 2 \right \]_{\script 0}^{\script x_{\fs0 \text P}} \/ + \/ \left \[\frac { x_{\script \text Q}^{\script 2}} 2 \/ - \/ x_{\script \text P} x_{\script \text Q} \right \]_{\script x_{\fs0 \text P}}^{\script 1} \right \} } \/ = \/ \\ \qquad \/ = \/ \frac 14 \/ \int_{\script 0}^{\script 1} {dx_{\script \text P} \left ( \frac 12 \/ - \/ x_{\script \text P} \/ + \/ x_{\script \text P}^{\script 2}\right ) } \/ = \/ \frac 14 \left \[ \frac {x_{\script \text P}} 2 \/ - \/ \frac {x_{\script \text P}^{\script 2}} 2 \/ + \/ \frac {x_{\script \text P}^{\script 3}} 3 \right \]_{\script 0}^{\script 1} \/ = \/ \frac 1 {12}$


Caso $B$

$p \left ( O \/ \middle | \/ B \/ I \right ) \/ = \/ \int {dx_{\script \text P} \int {dy_{\script \text Q} \/ p \left ( O \/ x_{\script \text P} \/ y_{\script \text Q} \/ \middle | \/ B \/ I \right ) }} \/ = \/ \int {dx_{\script \text P} \int {dy_{\script \text Q} \/ p \left (x_{\script \text P} \/ y_{\script \text Q} \/ \middle | \/ I \right ) \/ p \left ( O \/ \middle | \/ x_{\script \text P} \/ y_{\script \text Q} \/ B \/ I \right ) }} \/ = \\ \qquad = \/ \int {dx_{\script \text P} \int {dy_{\script \text Q} \/ p \left ( O \/ \middle | \/ x_{\script \text P} \/ y_{\script \text Q} \/ B \/ I \right ) }}$

con

$\begin{array}{l150l150C40} p \left (x_{\script \text P} \/ y_{\script \text Q} \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ 1 & 0 \/ \leq \/ x_{\script \text P}, \/ y_{\script \text Q} \/ \leq 1 \\ \end{array}$

perché il campionamento è da una distribuzione uniforme.
L'integrale vale

$p \left ( O \/ \middle | \/ B \/ I \right ) \/ = \/ \frac 14 \/ \int_{\script 0}^{\script 1} {dx_{\script \text P} \/ \int_{\script 0}^{\script 1} {dy_{\script \text Q} \/ \left (2 \/ - \/ x_{\script \text P} \/ - \/ y_{\script \text Q} \right ) } } \/ = \/ \frac 14 \/ \int_{\script 0}^{\script 1} {dx_{\script \text P} \left \[ 2 y_{\script \text Q} \/ - \/ x_{\script \text P} y_{\script \text Q} \/ - \/ \frac { y_{\script \text Q}^{\script 2}} 2 \right \]_{\script 0}^{\script 1} } \/ = \/ \frac 14 \/ \int_{\script 0}^{\script 1} {dx_{\script \text P} \/ \left ( \frac 32 \/ - \/ x_{\script \text P} \right ) } \/ = \/ \\ \qquad \/ = \/ \frac 1 4 \/ \left \[ \frac {3 x_{\script \text P}} 2 \/ - \/ \frac { x_{\script \text P}^{\script 2} } 2\right \]_{\script 0}^{\script 1} \/ = \/ \frac 1 4 \/ = \/ \frac 3 {12}$


Caso $C$

$p \left ( O \/ \middle | \/ C \/ I \right ) \/ = \/ \int {dx_{\script \text P} \int {dx_{\script \text Q} \/ p \left ( O \/ x_{\script \text P} \/ x_{\script \text Q} \/ \middle | \/ C \/ I \right ) }} \/ = \/ \int {dx_{\script \text P} \int {dx_{\script \text Q} \/ p \left (x_{\script \text P} \/ x_{\script \text Q} \/ \middle | \/ I \right ) \/ p \left ( O \/ \middle | \/ x_{\script \text P} \/ x_{\script \text Q} \/ C \/ I \right ) }} \/ = \\ \qquad = \/ \int {dx_{\script \text P} \int {dx_{\script \text Q} \/ p \left ( O \/ \middle | \/ x_{\script \text P} \/ x_{\script \text Q} \/ C \/ I \right ) }}$

con

$\begin{array}{l150l150C40} p \left (x_{\script \text P} \/ x_{\script \text Q} \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ 1 & 0 \/ \leq \/ x_{\script \text P}, \/ x_{\script \text Q} \/ \leq 1 \\ \end{array}$

perché il campionamento è da una distribuzione uniforme.
E l'integrale

$p \left ( O \/ \middle | \/ C \/ I \right ) \/ = \/ \frac 14 \/ \int_{\script 0}^{\script 1} { dx_{\script \text P} \left \{ \int_{\script 0}^{\script 1 - x_{\fs0 \text P}} { dx_{\script \text Q} \/ \left (1 \/ +\/ x_{\script \text P} \/ + \/ x_{\script \text Q} \right ) } \/ + \/ \int_{\script 1 - x_{\fs0 \text P}}^{\script 1} { dx_{\script \text Q} \/ \left (3 \/ - \/ x_{\script \text Q} \/ - \/ x_{\script \text P} \right ) } \right \} } \/ = \/ \\ \qquad \/ = \/ \frac 14 \/ \int_{\script 0}^{\script 1} { dx_{\script \text P} \left \{ \left \[ x_{\script \text Q} \/ + \/ x_{\script \text P} x_{\script \text Q} \/ +\/ \frac { x_{\script \text Q}^{\script 2}} 2 \right \]_{\script 0}^{\script x_{\fs0 \text P}} \/ + \/ \left \[ 3 x_{\script \text Q} \/ -\/ x_{\script \text P} x_{\script \text Q} \/ - \/ \frac { x_{\script \text Q}^{\script 2}} 2 \right \]_{\script x_{\fs0 \text P}}^{\script 1} \right \} } \/ = \/ \frac 14 \/ \int_{\script 0}^{\script 1} {dx_{\script \text P} \left ( \frac 32 \/ + \/ x_{\script \text P} \/ + \/ x_{\script \text P}^{\script 2}\right ) } \/ = \/ \\ \qquad \/ = \/ \frac 14 \left \[ \frac {3 x_{\script \text P}} 2 \/ + \/ \frac {x_{\script \text P}^{\script 2}} 2 \/ - \/ \frac {x_{\script \text P}^{\script 3}} 3 \right \]_{\script 0}^{\script 1} \/ = \/ \frac 5 {12}$


Caso $D$

$p \left ( O \/ \middle | \/ D \/ I \right ) \/ = \/ \int {dx_{\script \text P} \int {dy_{\script \text Q} \/ p \left ( O \/ x_{\script \text P} \/ y_{\script \text Q} \/ \middle | \/ D \/ I \right ) }} \/ = \/ \int {dx_{\script \text P} \int {dy_{\script \text Q} \/ p \left (x_{\script \text P} \/ y_{\script \text Q} \/ \middle | \/ I \right ) \/ p \left ( O \/ \middle | \/ x_{\script \text P} \/ y_{\script \text Q} \/ D \/ I \right ) }} \/ = \\ \qquad = \/ \int {dx_{\script \text P} \int {dy_{\script \text Q} \/ p \left ( O \/ \middle | \/ x_{\script \text P} \/ y_{\script \text Q} \/ D \/ I \right ) }}$

con

$\begin{array}{l150l150C40} p \left (x_{\script \text P} \/ y_{\script \text Q} \/ \middle | \/ I \right ) \/ = \/ 1 & 0 \/ \leq \/ x_{\script \text P}, \/ y_{\script \text Q} \/ \leq 1 \\ \end{array}$

perché il campionamento è da una distribuzione uniforme.
Con l'ultimo integrale

$p \left ( O \/ \middle | \/ D \/ I \right ) \/ = \/ \frac 14 \/ \int_{\script 0}^{\script 1} {dx_{\script \text P} \/ \int_{\script 0}^{\script 1} {dy_{\script \text Q} \/ \left ( x_{\script \text P} \/ + \/ y_{\script \text Q} \right ) } } \/ = \/ \frac 14 \/ \int_{\script 0}^{\script 1} {dx_{\script \text P} \left \[ x_{\script \text P} y_{\script \text Q} \/ + \/ \frac { y_{\script \text Q}^{\script 2}} 2 \right \]_{\script 0}^{\script 1} } \/ = \/ \frac 14 \/ \int_{\script 0}^{\script 1} {dx_{\script \text P} \/ \left ( \frac 12 \/ + \/ x_{\script \text P} \right ) } \/ = \/ \qquad \/ = \/ \frac 1 4 \/ \left \[ \frac {x_{\script \text P}} 2 \/ + \/ \frac { x_{\script \text P}^{\script 2} } 2\right \]_{\script 0}^{\script 1} \/ = \/ \frac 1 4 \/ = \/ \frac 3 {12}$

Ed infine

$p \left ( O \/ \middle \/ I \right ) \/ = \/ \frac 14 \/ \times \/ \left (\frac 1 {12} \/ + \/ \frac 3 {12} \/ + \/ \frac 5 {12} \/ + \/ \frac 3 {12} \right ) \/ = \/ \frac 14$

Tutto ciò è una lineare applicazione della teoria della probabilità sulla cui correttezza spero non vi siano dubbi.
Attenzione, però! la mia formulazione del problema differisce profondamente da quella originale in quanto definisce univocamente una modalità di campionamento casuale. La formulazione originale è totalmente indefinita: cosa vuol dire scegliere tre punti "a caso"?
Qualcuno potrebbe arguire che "a caso" significa "distribuzione uniforme" (la mia formulazione), ma perché? Forse non sarebbero "a caso" i tre punti se fossero campionati da una distribuzione gaussiana bivariata? O da una distribuzione che possa anche essere asimmetrica rispetto al centro come una distribuzione Beta

$p \left ( x_{\script \text P} \/ x_{\script \text Q} \/ \middle | \/ I \right ) \/ \propto \/ x_{\script \text P}^{ a_{\fs0 \text P}} \/ \left (1 \/ - \/ x_{\script \text P} \right ) ^{ b_{\fs0 \text P}} \/ x_{\script \text Q}^{ a_{\fs0 \text Q}} \/ \left (1 \/ - \/ x_{\script \text Q} \right ) ^{ b_{\fs0 \text Q}}$

Eppure, anche la mia soluzione originale fa uso della distribuzione uniforme.
Il fatto è che, nella formulazione originale, noi non sappiamo nulla del processo con il quale devono essere scelti "a caso" i tre punti quindi non siamo autorizzati a postularne uno: in assenza di informazioni, per noi, un punto vale l'altro e sarebbe irrazionale preferirne alcuni.
La distribuzione uniforme non modella quindi il processo di scelta dei punti ma solo ciò che (non) sappiamo riguardo ad essi; la soluzione sarebbe adeguata anche per la formulazione "sono dati tre punti in un quadrato: qual è la probabilità ecc.".
La mia soluzione originale sfrutta la simmetria del quadrato (l'asse $S_{\script 2k}$), e della distribuzione uniforme, per evitare di calcolare gli integrali di cui sopra: osserviamo di nuovo la figura usata in precedenza, questa volta scorrendola una colonna alla volta, da sinistra a destra

Immagine

I diagrammi sono stati fatti a bella posta in modo che il punto ${\text Q}$ del diagramma inferiore corrisponda al punto ${\text Q'}$, simmetrico di ${\text Q}$ rispetto al centro, del diagramma superiore: è evidente che la somma delle due aree è $1/2$ e, poichè assumiamo che i due punti siano equiprobabili, la media è $1/4$.
Naturalmente, la soluzione rimane valida per qualunque distribuzione bivariata dotata di un asse di simmetria di ordine pari: è sufficiente che la probabilità di un punto sotto tale distribuzione sia uguale a quella del suo simmetrico rispetto al centro.
Ecco un esempio di campionamento da una distribuzione uiforme

Immagine

da una distribuzione gaussiana bivariata

Immagine

e da una distribuzione beta bivariata $\propto \/ x^{\script 2} \left ( 1 \/ - \/ x \right )^{\script 2} \/ y^{\script -2/3} \left ( 1 \/ - \/ y \right )^{\script -2/3}$

Immagine

Tutte queste distribuzioni hanno la necessaria simmetria e, secondo le aspettative, le simulazioni danno $1/4$ con ottima approssimazione.
il panurgo

Principio di Relatività: $\mathbb{m} \not \to \mathbb{M} \, \Longleftrightarrow \, \mathbb{M} \not \to \mathbb{m}$
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panurgo
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Re: Problemi vari

Messaggio da panurgo »

Ho affermato che la probabilità che il triangolo ottenuto prendendo tre punti a caso in un quadrato contenga il centro del quadrato stesso è pari a $1/4$ per tutte le distribuzioni dotate dell'operazione di simmetria $S_{\script 2}$, la rotazione di mezzo giro. Ho dimostrato questa affermazione per le distribuzioni continue e ora voglio vedere cosa succede con una distribuzione discreta di probabilità sempre dotata della necessaria simmetria.
È facile costruire un insieme di punti dotato di simmetria $S_{\script 2}$: è sufficiente scegliere $n$ punti nella metà superiore del quadrato, a ciascuno dei quali viene assegnata la probabilità $p \left ( i \/ \middle | \/ I \right )\/=\/p_{\script i}$ in modo tale che

$\sum_{\script i = 1}^{\script n} {p_{\script i}} \/ = \/ \frac 1 2$

Immagine

e costruire gli $n$ punti simmetrici rispetto al centro con $p_{\script n+i} \/ = \/ p_{\script i}$.

Immagine

Tali punti possono poi essere convenientemente ordinati considerando la loro rappresentazione vettoriale in ordine trigonometrico

Immagine

e numerandoli da $1$ a $2n$ (in figura sono evidenziati i punti da $1$ a $4$).
Poiché non abbiamo nessuna informazione sulla distribuzione di probabilità (cioè, sui $p_{\text i}$) non siamo autorizzati a preferire un punto ad un'altro: noi, fedeli al principio di indifferenza, assegnamo una distribuzione uniforme

$p\left(i\/\middle|\/I\right)\/=\/\frac1{2n}$

Scegliere i tre punti $\text P$, $\text Q$ e $\text R$ è ora del tutto equivalente a pescare tre palline da un'urna che ne contenga $2n$.
Si pongono adesso due problemi che non erano stati discussi nel caso delle distribuzioni continue: se il centro giace su un lato del triangolo, lo consideriamo compreso nel triangolo stesso o no? Ed è consentito scegliere due (o più) volte lo stesso punto, cosa che darebbe origine ad un triangolo degenere (un segmento o un punto)?
Nelle precedenti discussioni questi due casi non erano stati contemplati con ragione perchè, in una distribuzione continua, un punto o un segmento costituiscono un sottoinsieme di misura nulla essendo privi di area; quindi, la probabilità che due punti coincidano o che un punto giaccia su un particolare segmento è nulla. Viceversa, in una distribuzione discreta con simmetria $S_{\script 2}$, dotata di un numero finito di casi, ciascun punto ha una probabilità finita e quindi è ben possibile scegliere "a caso" due (o più) volte lo stesso punto o due punti simmetrici rispetto al centro.
Facciamo dunque le quattro ipotesi

$\begin{array}{lC30C30C30C30} I_{\script 1}\/\equiv\/{\text campionamento con ripetizioni, lati compresi} \\I_{\script 2}\/\equiv\/{\text campionamento senza ripetizioni, lati compresi} \\I_{\script 3}\/\equiv\/{\text campionamento con ripetizioni, lati esclusi} \\I_{\script 4}\/\equiv\/{\text campionamento senza ripetizioni, lati esclusi} \\\end{array}$

Sotto tutte e quattro le ipotesi il primo punto è indifferente dato che tutti i punti sono equiprobabili ed è sufficiente rinumerarli a partire dal punto prescelto: quindi consideriamo ${\text P}\/=\/{\text P}_{\script 1}$. Sotto la prima e la terza ipotesi i casi possibili sono $4n^{\script 2}$, sotto la seconda e la quarta sono $\left(2n\/-\/1\right)\left(2n\/-\/2\right)$.
Sotto la prima ipotesi abbiamo, per ${\text Q}\/=\/{\text P}_{\script 1}$, solo ${\text R}\/=\/{\text P}_{\script n+1}$

Immagine

quindi un solo caso favorevole. Per ${\text Q}\/=\/{\text P}_{\script 2}$, abbiamo ${\text R}\/\in\/\left\{{\text P}_{\script n+1},{\text P}_{\script n+2}\right\}$

Immagine

due casi casi favorevoli; per ${\text Q}\/=\/{\text P}_{\script 3}$, abbiamo ${\text R}\/\in\/\left\{{\text P}_{\script n+1},{\text P}_{\script n+2},{\text P}_{\script n+3}\right\}$

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tre casi favorevoli, e così via fino a ${\text Q}\/=\/{\text P}_{\script n}$

Immagine

con $n$ casi favorevoli.
Per ${\text Q}\/=\/{\text P}_{\script n+1}$ il centro giace sul segmento $\overline{\text PQ}$ e qualunque punto produce un triangolo contenente il centro: $2n$ casi favorevoli.

Immagine

Per ${\text Q}\/=\/{\text P}_{\script n+2}$ abbiamo di nuovo $n$ casi favorevoli

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e via scendendo fino a ${\text Q}\/=\/{\text P}_{\script 2n}$

Immagine

quando vi sono di nuovo $2$ casi favorevoli.
Scriviamo questi valori su due righe di $n$ valori ciascuna

$\begin{array}{c70c340} 1 & \begin{array}{c80c80c80c80} 2 & 3 & \ldots & n \\ \end{array} \\ 2n & \begin{array}{c80c80c80c80} n & n\/-\/1 & \dots & 2 \\ \end{array} \\ \hline \\ 2n\/+\/1 & \underbrace{\begin{array}{c80c80c80c80} n\/+\/2 & n\/+\/2 & \ldots & n\/+\/2 \\ \end{array}}_{\script n\/-\/1} \\ \end{array}$

evidentemente otteniamo

$p\/\left(O\/\middle|\/I_{\script 1}\right)\/=\/\frac {2n+1+\left(n-1\right)\left(n+2\right)} {4n^{\script 2}}\/=\/\frac {n^{\script 2}+3n-1} {4n^{\script 2}}$

Sotto la seconda ipotesi, oltre a cambiare il numero dei casi possibili, non può più essere ${\text Q}\/=\/{\text P}\/=\/{\text P}_{\script 1}$ o ${\text R}\/=\/{\text Q,}\,{\text R}\/=\/{\text P}$: il resto rimane uguale quindi

$\begin{array}{c70c340} 0 & \begin{array}{c80c80c80c80} 2 & 3 & \ldots & n \\ \end{array} \\ 2\left(n-1\right) & \begin{array}{c80c80c80c80} n & n\/-\/1 & \dots & 2 \\ \end{array} \\ \hline \\ 2\left(n-1\right) & \underbrace{\begin{array}{c80c80c80c80} n\/+\/2 & n\/+\/2 & \ldots & n\/+\/2 \\ \end{array}}_{\script n\/-\/1} \\ \end{array}$

col che otteniamo

$p\/\left(O\/\middle|\/I_{\script 1}\right)\/=\/ \frac {2\left(n-1\right)+\left(n-1\right)\left(n+2\right)} {\left(2n-1\right)\left(2n-2\right)}\/=\/ \frac {\left(n-1\right) \left(n+4\right)} {2\left(2n-1\right)\left(n-1\right)}\/=\/\frac {n+4} {4n-2}$

Il numero di casi favorevoli è uguale sotto la terza e la quarta ipotesi perché un punto ripetuto produce necessariamente un triangolo degenere e il centro del quadrato può giacere al massimo sul lato; inoltre, devono essere tolti due casi favorevoli cioè quando $\text R$ è simmetrico di $\text P$ o di $\text Q$

$\begin{array}{c70c340} 0 & \begin{array}{c80c80c80c80} 0 & 1 & \ldots & n\/-\/2 \\ \end{array} \\ 0 & \begin{array}{c80c80c80c80} n\/-\/2 & n\/-\/3 & \dots & 0 \\ \end{array} \\ \hline \\ 0 & \underbrace{\begin{array}{c80c80c80c80} n\/-\/2 & n\/-\/2 & \ldots & n\/-\/2 \\ \end{array}}_{\script n\/-\/1} \\ \end{array}$

e le due probabilità sono rispettivamente

$\begin{array}{lC40C40}p\/\left(O\/\middle|\/I_{\script 3}\right)\/=\/\frac {0+\left(n-1\right)\left(n-2\right)} {4n^{\script 2}}\/=\/\frac {n^{\script 2}-3n+2} {4n^{\script 2}}\\ p\/\left(O\/\middle|\/I_{\script 4}\right)\/=\/\frac {0+\left(n-1\right)\left(n-2\right)} {2\left(2n-1\right)\left(n-1\right)}\/=\/\frac {n-2} {4n-2} \\ \end{array}$

Si può facilmente osservare che il comportamento asintotico in funzione di $n$ di queste probabilità è uguale. Infatti, riscrivendole così

$\begin{array}{lC60C60C60C60}p\/\left(O\/\middle|\/I_{\script 1}\right)\/=\/\frac {1+\frac3n-\frac1{n^{\script 2}}} 4 \\ p\/\left(O\/\middle|\/I_{\script 2}\right)\/=\/\frac {1+\frac4n} {4-\frac2n} \\ p\/\left(O\/\middle|\/I_{\script 3}\right)\/=\/\frac {1-\frac3n+\frac2{n^{\script 2}}} 4 \\ p\/\left(O\/\middle|\/I_{\script 4}\right)\/=\/\frac {1-\frac2n} {4-\frac2n}\end{array}$

è subito evitente che il limite di ciascuna di esse $1/4$. In grafico

Immagine

Cosa succede invece se la distribuzione di probabilità non è uniforme? Le probabilità sono (vi risparmio l'algebra)

$\begin{array}{lC60C60C60C60}p\left(O\/\middle|\/I_{\script 1}^{\script\prime}\right)\/=\/ \sum_{\script i=1}^{\script n}{\sum_{\script j=1}^{\script n}{p_{\script i}\/p_{\script j}\left(1\/+\/2p_{\script i}\/+\/2p_{\script j}\right)}}\/+\/\sum_{\script i=1}^{\script n}{p_{\script i}^{\script 2}\left(1\/-\/2p_{\script i}\right)} \\ p\left(O\/\middle|\/I_{\script 2}^{\script\prime}\right)\/=\/ \sum_{\script i=1}^{\script n}{\sum_{\script j=1}^{\script n}{\frac {p_{\script i}\/p_{\script j}\left(1\/+\/2p_{\script i}\/+\/2p_{\script j}\right)} {\left(1\/-\/p_{\script i}\right)\left(1\/-\/p_{\script i}\/-\/p_{\script j}\right)}}}\/+\/\sum_{\script i=1}^{\script n}{\frac {p_{\script i}^{\script 2}\left(1\/-\/8p_{\script i}\right)} {\left(1\/-\/p_{\script i}\right)\left(1\/-\/p_{\script i}\/-\/p_{\script j}\right)}} \\ p\left(O\/\middle|\/I_{\script 3}^{\script\prime}\right)\/=\/ \sum_{\script i=1}^{\script n}{\sum_{\script j=1}^{\script n}{p_{\script i}\/p_{\script j}\left(1\/-\/2p_{\script i}\/-\/2p_{\script j}\right)}}\/-\/\sum_{\script i=1}^{\script n}{p_{\script i}^{\script 2}\left(1\/-\/4p_{\script i}\right)} \\ p\left(O\/\middle|\/I_{\script 4}^{\script\prime}\right)\/=\/ \sum_{\script i=1}^{\script n}{\sum_{\script j=1}^{\script n}{\frac {p_{\script i}\/p_{\script j}\left(1\/-\/2p_{\script i}\/-\/2p_{\script j}\right)} {\left(1\/-\/p_{\script i}\right)\left(1\/-\/p_{\script i}\/-\/p_{\script j}\right)}}}\/-\/\sum_{\script i=1}^{\script n}{\frac {p_{\script i}^{\script 2}\left(1\/-\/4p_{\script i}\right)} {\left(1\/-\/p_{\script i}\right)\left(1\/-\/p_{\script i}\/-\/p_{\script j}\right)}} \\ \end{array}$

In $I^{\script\prime}$, l'apice sta a significare che le probabilità non sono uniformi oltre alle ipotesi precedenti.
Non è necessario andare a vedere nel dettaglio per rendersi conto che il risultato dipende dai valori di $p_{\text i}$. Supponendo che le probabilità dei singoli punti non differiscano molto fra di loro possiamo utilizzare i risultati precedenti come buone approssimazioni; viceversa, se alcuni punti sono più probabili altri devono esserlo meno e la massa della probabilità è concentrata in una "sottodistribuzione" di punti: possiamo approssimare con i risultati precedenti considerando un numero inferiore di punti e trascurando gli altri. Inoltre, al crescere del numero di punti, le singole probabilità devono diventare sempre più piccole e la distribuzione di probabilità diviene sempre più uniforme (sui punti): passando al limite, la distribuzione di probabilità assume la forma della distribuzione dei punti, per esempio uniforme

ImmagineImmagine

gaussiana bivariata

ImmagineImmagine

beta

ImmagineImmagine

e la probabilità cercata va a $1/4$ (tra parentesi, questa è un'altra dimostrazione del risultato nel caso di distribuzioni continue).
Ultima modifica di panurgo il sab apr 23, 2016 12:04 pm, modificato 1 volta in totale.
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Re: Problemi vari

Messaggio da 0-§ »

Utilizzerò questo topic come "discarica" di problemi spilluzzicati tra libri e Internet (non che si tratti di problemi "spazzatura", anzi...)
Fissato un intero $b \geq 2$ dimostrare che $\displaystyle s_b(n) = (b-1) \cdot \sum_{i=1}^\infty \left\{\frac{n}{b^i}\right\}$ per ogni $n \in \mathbb{N}_0 := \{0, 1, \ldots\}$, dove $\{\cdot\}$ denota la parte frazionaria.

Nota. Qui $s_b(\cdot)$ è la funzione che associa ad ogni intero la somma delle cifre della sua rappresentazione $b\,\mbox{-}$esimale
Spero che vi piaccia (a me sì, parecchio). Per la cronaca, viene da qui.
Lo scopo principale di una dichiarazione DATA è quello di dare dei nomi alle costanti; anziché inserire ogni volta 3.141592653589793 come valore di $\pi$, con una dichiarazione DATA si può assegnare tale valore alla variabile PI che può essere poi usata per indicare la costante. Ciò rende anche più semplice modificare il programma, qualora il valore di $\pi$ dovesse cambiare.

-Da un vecchio manuale FORTRAN della Xerox

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