Probabilità che sia un triangolo

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bautz
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Probabilità che sia un triangolo

Messaggio da bautz » mar set 26, 2006 10:11 am

Dalla sezione "Un triangolo forse"

2. Probabilità che sia un triangolo

Dividiamo un segmento in due parti a caso.
Poi dividiamo la parte più lunga in due parti a caso.
Qual è la probabilità che le tre parti formino un triangolo?


La probabilità è del 50%, o meglio un "tendente" al 50%.
Cerco di dare la spiegazione.
Segmento di lunghezza L:

s
A______________________B

Lo taglio in un punto X

x s-x
A______X________________B

C'è un 50% di possibilità che il punto sia più vicino ad A e un 50% che sia più vicino a B (quindi indifferente se considero A e B interscambiabili (cosa che sono in quanto identici).

Facciamo finta che il punto X sia più vicino ad A, quindi che:

AX XB/2, e che XY < (XB - XA)/2

cioè nell'intervallo totale (s-x)/2 dev'essere di una misura compresa tra (s-x)/2 e ((s-x)-x)/2...
Insomma, la probabilità che esca un triangolo dipede da lsecondo taglio:
Se resta un segmento più corto di (s-2x)/2 non si può fare un triangolo. Quindi un 50% dei casi.

So di essermi spiegato da cani ma stamattina sono un pò in coma...vedo di modificare il messaggio appena possibile.

panurgo
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Messaggio da panurgo » mer ott 11, 2006 9:24 am

Questo problema era già stato affrontato nella versione precedente del forum ma non sono riuscito a trovare nei miei archivi la vecchia risposta: ne approfitto senza indugio né ritegno per postarne una nuova (senza gli errori di un tempo).
In modo un po' informale, immaginiamo di avere x  \frac 1 2 si ha una situazione speculare

Immagine

e la lunghezza della regione "triangolante" è questa volta pari a 1 - x.
Nel primo caso, la y può assumere tutti i valori compresi tra x e 1; nel secondo invece può assumere tutti i valori tra 0 e x.
Assegnamo quindi all'ipotesi T \equiv {\text i segmenti formano un triangolo} le probabilità condizionate a x

p \left( {T | x \, I} \right) = \left\{ {\begin{array}{cc}   {\frac{x}{{1 - x}}} & {x \in \left[ {0,\frac{1}{2}} \right]}  \\   {\frac{{1 - x}}{x}} & {x \in \left[ {\frac{1}{2},1} \right]}  \\ \end{array}} \right.

ovvero la frazione degli y che consentono di formare un triangolo.
La probabilità di x vale

p \left( {x | I} \right) = \left \{ {\begin{array}{cc}   1 & {x \in \left[ {0,1} \right]}  \\    0 & {{\rm altrimenti}}  \\ \end{array}} \right.

La probabilità congiunta di x e T vale

p \left( {x \, T | I} \right) = p \left( {x | I} \right) p \left( {T | x \, I} \right) = \left \{ {\begin{array}{cc}   {\frac {x} {{1 - x}}} & {x \in \left[ {0,\frac 1 2} \right]}  \\   {\frac {1 - x} x} & {x \in \left[ {\frac 1 2,1} \right]}  \\ \end{array}} \right.

e la probabilità marginale di T vale

p \left( {T | I} \right) = \int {dx \, p \left( {x \, T | I} \right)}  = \int \limits_{\script 0}^{\script \frac 1 2} {dx \frac x {1 - x}}  + \int \limits_{\script \frac 1 2}^{\script 1} {dx \frac {1 - x} x}  = 2 \int \limits_{\script \frac 1 2}^{\script 1} {dx \frac {1 - x} x}

dove l'ultimo passaggio è giustificato dalla simmetria della situazione che comporta che

\int \limits_{\script 0}^{\script \frac 1 2} {dx \frac x {1 - x}}  = \int \limits_{\script \frac 1 2}^{\script 1} {dx \frac {1 - x} x}

Il risultato è

p \left( {T | I} \right) = 2 \int \limits_{\script \frac 1 2}^{\script 1} {dx \left( {\frac 1 x - 1} \right)}  = 2 \left[ {\log x - x} \right]_{\script \frac 1 2}^{\script 1} = \log 4 - 1 \approx 38,63\%

In modo più formale, definiamo una variabile t che assume il valore 1 quando si può formare il triangolo e 0 quando non si può: siamo interessati a p \left( {t | I} \right). La probabilità non dipende esplicitamente da x e y per cui si tratta di una probabilità marginale

p \left( {t | I} \right) = \int {dx \, dy \, p \left( {x \, y \, t | I} \right)}

Espandiamo la probabilità congiunta di x, y e t con la regola del prodotto

p \left( {x \, y \, t | I} \right) = p \left( {x | I} \right) p \left( {y | x \, I} \right) p \left( {t | x \, y \, I} \right)

assegnamo la probabilità per x

p \left( {x | I} \right) = \left\{ {\begin{array}{cc}   1 & {x \in \left[ {0,1} \right]}  \\   0 & {{\rm altrimenti}}  \\ \end{array}} \right.

la probabilità per y condizionata a x: dato che si deve scegliere y nel segmento più lungo

p \left( {y | x \, I} \right) = \left\{ {\begin{array}{cc}   k & {x \in \left[ {0, \frac 1 2} \right], \, y \in \left[ {x, 1} \right]}  \\   h & {x \in \left[ {\frac 1 2, 1} \right], \, y \in \left[ {0, x} \right]}  \\ \end{array}} \right.

dove k e h sono costanti di normalizzazione

k^{\script - 1}  = \int \limits_{\script x}^{\script 1} dy  = 1 - x \\  h^{\script - 1}  = \int \limits_{\script 0}^{\script x} dy  = x

e otteniamo

p \left( {y | x \, I} \right) = \left\{ {\begin{array}{cc}   {\frac 1 {1 - x}} & {x \in \left[ {0, \frac 1 2} \right], \, y \in \left[ {x, 1} \right]}  \\   {\frac 1 x} & {x \in \left[ {\frac 1 2, 1} \right], \, y \in \left[ {0, x} \right]}  \\ \end{array}} \right.

Con riferimento alle figure precedenti, abbiamo che la probabilità condizionata di t vale

p \left( {t | x \, y \, I} \right) = \left\{ {\begin{array}{cc}    1 & {x \in \left[ {0, \frac 1 2} \right], \, y \in \left[ {\frac 1 2, \frac 1 2 + x} \right]}  \\   1 & {x \in \left[ {\frac 1 2, 1} \right], \, y \in \left[ {x - \frac 1 2, \frac 1 2} \right]}  \\ \end{array}} \right.

La probabilità congiunta di x, y e t vale dunque

p \left( {x \, y \, t | I} \right) = \left\{ {\begin{array}{cc}    {\frac 1 {1 - x}} & {x \in \left[ {0, \frac 1 2} \right], \, y \in \left[ {\frac 1 2, \frac 1 2 + x} \right]}  \\   {\frac 1 x} & {x \in \left[ {\frac 1 2, 1} \right], \, y \in \left[ {x - \frac 1 2, \frac 1 2} \right]}  \\ \end{array}} \right.

e la probabilità marginale vale

p \left( {t | I} \right) = \int {dx \, dy \, p \left( {x \, y \, t | I} \right)}  = \int \limits_{\script 0}^{\script \frac 1 2} {dx \int \limits_{\script \frac 1 2}^{\script \frac 1 2 + x} {dy \frac 1 {1 - x}}}  + \int \limits_{\script \frac 1 2}^{\script 1} {dx \int \limits_{\script x - \frac 1 2}^{\script \frac 1 2} {dy \frac 1 x}}  = \int \limits_{\script 0}^{\script \frac 1 2} {dx \frac x {1 - x}}  + \int \limits_{\script \frac 1 2}^{\script 1} {dx \frac {1 - x} x}  = \log 4 - 1

com'era logico che fosse.
Se si rimuove il vincolo di scegliere y nel segmento più lungo si ha

p \left( {y | x \, I} \right) = p \left( {y | I} \right) = \left\{ {\begin{array}{cc}    1 & {y \in \left[ {0, 1} \right]}  \\   0 & {{\rm altrimenti}}  \\ \end{array}} \right.

quindi

p \left( {x \, y \, t | I} \right) = \left\{ {\begin{array}{cc}   1 & {x \in \left[ {0, \frac 1 2} \right], \, y \in \left[ {\frac 1 2, \frac 1 2 + x} \right]}  \\   1 & {x \in \left[ {\frac 1 2, 1} \right], \, y \in \left[ {x - \frac 1 2, \frac 1 2} \right]}  \\ \end{array}} \right.

e

p \left( {t | I} \right) = 2 \int \limits_{\script 0}^{\script \frac 1 2} {dx \int \limits_{\script \frac 1 2}^{\script \frac 1 2 + x} dy}  = \int \limits_{\script 0}^{\script \frac 1 2} 2xdx  = \frac 1 4

sic!
il panurgo

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Messaggio da bautz » mer ott 11, 2006 8:19 pm

Mmmm...
è possibile che la dimostrazione che ho inserito sia sbagliata in qualche punto, quindi sbagliata anche la soluzione di 1/2.
Spinto da curiosità ho fatto una simulazione al pc del procedimento...e il numero risultante non è nemmeno 1/4...
Infatti su una media di 25000 casi randomizzati mi viene un 0,385 circa (in realtà ogni 25000 casi simulati i 3 segmenti formavano un triangolo tra le 0,375 e le 0,385 volte)... :?
Insomma è possibile che 1/2 e 1/4 siano entrambe sbagliate.
Qualcun'altro può fare una simulazione, almeno di 10000 casi random possibili?
la matematica è un opinione

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Messaggio da panurgo » mer ott 11, 2006 9:17 pm

Leggi tutta la risposta

p= \log 4  - 1 :wink:
il panurgo

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Messaggio da bautz » mer ott 11, 2006 10:35 pm

panurgo ha scritto:Leggi tutta la risposta

p= \log 4  - 1 :wink:
Ops scusami Panurgo...ho letto un pò di fretta e evidentemente non ho capito niente :oops: ...
Sono stato superficiale.
Complimenti per la soluzione invece!
In effetti quel p= \log 4  - 1 cozza alla perfezione con quello che ho simulato al pc.
Ancora complimenti...purtroppo non ho abbastanza conoscenze matematiche per arrivare a certi quesiti :(
la matematica è un opinione

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Messaggio da roberta » mer lug 11, 2007 10:12 pm

Salve, potreste dirmi se la mia soluzione al problema è corretta/parzialmente corretta/da buttare?

Sia X un punto random di AB
Supponiamo AX=x, AB=a, BX=a-x
Supponiamo anche che x-x+a/2 e ya-x le due regioni R, r sono esattamente le simmetriche delle precedenti rispetto alla retta x=a/2

Per cercare la probabilità richiesta utilizzo la probabilità geometrica:

p=(area della regione r)/(area della regione R) = 1/3


E' sbagliato?
mah....

Roberta

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Messaggio da panurgo » gio lug 12, 2007 12:44 pm

leggi qui (più su): dato che questo è corretto, il tuo è sbagliato.

Leggilo con cura (anche più di una volta) perché è formalizzato con molta accuratezza: se hai dei dubbi sulla notazione sarò lieto di spiegarmi
il panurgo

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Messaggio da roberta » gio lug 12, 2007 3:14 pm

Ho riletto attentamente la spiegazione e ho capito il mio errore: volendo risolvere questo problema con la probabilità geometrica devo PRIMA fissare X, poi posso calcolare la probabilità GEOMETRICA di trovare un punto random Y sotto le condizioni volute, ed infine devo integrare su X.
E'perfetto, ho rifatto i calcoli ed è tutto perfetto.
Finalmente mi è chiaro come applicare la prob. geom. anche ai problemi (continui) di prob. condizionata.
(il mio errore consisteva nel costruire lo spazio completo degli eventi lavorando su X e Y contemporaneamente)

GRAZIE
Roberta

fabiuz
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Re: Probabilità che sia un triangolo

Messaggio da fabiuz » mer mar 26, 2008 5:32 pm

Io sono riuscito a risolvere il problema per via grafica, ottenendo questa espressione per la probabilità richiesta:

\large\lim_{n\to\infty}\,(\frac{1}{2^n}\cdot\sum_{k=1}^{2^n}\frac{2k-1}{2^{n+2}-2k+1})

che dà pur sempre (ln 4 – 1) come risultato

Per prima cosa considero il segmento AB di lunghezza unitaria;
chiamo M il punto medio, F1 e F2 i due punti scelti per dividere AB;
scelgo il primo punto intermedio F1 a sinistra di M (AF1 < F1B): come sopra, per ragioni di simmetria considero solo metà dei casi.
Procedo quindi con un ragionamento al limite dividendo il segmento AM in 2^n intervalli.

n=0; un solo segmento
F1 mediamente si troverà a metà di AM (distanza 1/4 da A)
F2 può essere scelto in qualsiasi punto tra M e M+1/4 --> probabilità 1/3
Complessivamente P = 33.3%

n=1; 2 segmenti
F1 può essere scelto nel primo o nel secondo intervallo, ciascuno con probabilità 1/2

1° caso:
F1 mediamente si troverà a distanza 1/8 da A
F2 può essere scelto in qualsiasi punto tra M e M+1/8 --> probabilità 1/7

2° caso:
F1 mediamente si troverà a distanza 3/8 da A
F2 può essere scelto in qualsiasi punto tra M e M+3/8 --> probabilità 3/5

Complessivamente
\Large P=\frac{1}{2}(\frac{1}{7}+\frac{3}{5})=37.1%

n=2; 4 segmenti
F1 può essere scelto in uno dei 4 segmenti in cui ho diviso AM, ciascuno con probabilità 1/4

1° caso:
F1 mediamente si troverà a distanza 1/16 da A
F2 può essere scelto in qualsiasi punto tra M e M+1/16 --> probabilità 1/15
2° caso:
F1 mediamente si troverà a distanza 3/16 da A
F2 può essere scelto in qualsiasi punto tra M e M+3/16 --> probabilità 3/13
3° caso:
F1 mediamente si troverà a distanza 5/16 da A
F2 può essere scelto in qualsiasi punto tra M e M+5/16 --> probabilità 5/11
4° caso:
F1 mediamente si troverà a distanza 7/16 da A
F2 può essere scelto in qualsiasi punto tra M e M+7/16 --> probabilità 7/9

Complessivamente
\Large P=\frac{1}{4}(\frac{1}{15}+\frac{3}{13}+\frac{5}{11}+\frac{7}{9})=38.2%

Come ben potete immaginare per induzione i casi successivi sono del tutto analoghi.
Per esempio con 8 intervalli si avrà qualcosa del tipo

\Large P=\frac{1}{8}(\frac{1}{31}+\frac{3}{29}+...+\frac{13}{19}+\frac{15}{17})=38.5%
(converge abbastanza rapidamente, per fortuna)

E infine, generalizzando

\large P\,=\,\lim_{n\to\infty}\,(\,\frac{1}{2^n}\cdot\sum_{k=1}^{2^n}\,\frac{2k-1}{2^{n+2}-2k+1}\,)\,=\,\ln4\,-\,1

Spero di essermi spiegato chiaramente e scusate le formule un po' bruttine, è la prima volta che uso Latex

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