Probabilmente è convesso

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panurgo
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Re: Probabilmente è convesso

Messaggio da panurgo »

...segue

panurgo ha scritto:
lun set 14, 2020 6:30 pm
[...] la frequenza, dati $x$, $y$, $z$ e $t$, vale

$\displaystyle f\left(\frown\middle|x\wedge y\wedge z\wedge t\wedge \top\right)=\frac{q^2}{2m}=\frac{\left(yz-xt\right)^2}{2\left(x+z\right)\left(y+t\right)}$.

[...]
In realtà questa frequenza è condizionata, oltre che ai valori di $x$, $y$, $z$ e $t$, anche al fatto che abbiamo scelto di partire dai punti $\text{A}$ e $\text{C}$ e quindi l’angolo concavo può essere o in $\text{B}$ o in $\text{D}$: la formalizzazione corretta sarebbe

$\displaystyle f\left(\frown\middle|x\wedge y\wedge z\wedge t\wedge \left(\text{B}\vee\text{D}\right)\wedge\top\right)=\frac{q^2}{2m}=\frac{\left(yz-xt\right)^2}{2\left(x+z\right)\left(y+t\right)}$

Per ottenere una frequenza non condizionata a dove è l’angolo concavo dobbiamo considerare anche quella dell’altra coppia di punti (che è uguale per simmetria)

$\displaystyle f\left(\frown\middle|x\wedge y\wedge z\wedge t\wedge \left(\text{A}\vee\text{B}\vee\text{C}\vee\text{D}\right)\wedge\top\right)= f\left(\frown\middle|x\wedge y\wedge z\wedge t\wedge \left(\text{B}\vee\text{D}\right)\wedge\top\right)+ f\left(\frown\middle|x\wedge y\wedge z\wedge t\wedge \left(\text{A}\vee\text{C}\right)\wedge\top\right)=\frac{q^2}{m}$.

ma

$\displaystyle f\left(\frown\middle|x\wedge y\wedge z\wedge t\wedge \left(\text{A}\vee\text{B}\vee\text{C}\vee\text{D}\right)\wedge\top\right)=f\left(\frown\middle|x\wedge y\wedge z\wedge t\wedge\top\right)$

poiché uno dei quattro angoli deve essere concavo e quindi $\left(\text{A}\vee\text{B}\vee\text{C}\vee\text{D}\right)$ è sempre vera e $A\wedge B=A$ se $B$ è sempre vera.

Con il Teorema di Normalizzazione, il nostro integrale diventa

$\displaystyle f\left(\frown\middle|\top\right)=\int_0^1{\int_0^1{\int_0^1{\int_0^1 {\frac{\left(yz-xt\right)^2}{\left(x+z\right)\left(y+t\right)} \,\,dt} \,\,dz} \,\,dy} \,\,dx}$

bello simmetrico rispetto alle quattro variabili.

Con le parole di Figaro: “dunque, all’opra...”

Cominciamo dall’integrale più interno integrando rispetto a $t$ (la variabile di integrazione è indifferente per simmetria): per prima cosa espandiamo il quadrato e portiamo i termini costanti fuori dai segni di integrale

$\displaystyle \int_0^1{\frac{\left(yz-xt\right)^2}{\left(x+z\right)\left(y+t\right)}\,dt}= \frac{y^2 z^2}{x+z}\int_0^1{\frac1{y+t} \,dt} - \frac{2xyz}{x+z}\int_0^1{\frac{t}{y+t} \,dt}+ \frac{x^2}{x+z}\int_0^1{\frac{t^2}{y+t} \,dt}$

poi andiamo a cercare gli integrali nella Tavola degli integrali indefiniti di funzioni razionali e troviamo

$\begin{array}{lC}
\displaystyle \int_0^1{\frac1{y+t} \,dt} = \ln\left(y+t\right)+C\\
\displaystyle \int_0^1{\frac{t}{y+t} \,dt} = t-y \ln\left(y+t\right)+C \\
\displaystyle \int_0^1{\frac{t^2}{y+t} \,dt} = \frac{\left(y+t\right)^2}2-2y\left(y+t\right)+y^2\ln\left(y+t\right)+C
\end{array}$

e quindi

$\displaystyle \int_0^1{\frac{\left(yz-xt\right)^2}{\left(x+z\right)\left(y+t\right)}\,dt}= \frac{ z^2}{x+z}\left[y^2 \ln\left(y+1\right)- y^2 \ln\left(y\right)\right] - \frac{2xz}{x+z}\left[y- y^2 \ln\left(y+1\right) + y^2 \ln\left(y\right)\right] + \frac{x^2}{x+z}\left[\frac12-y+y^2 \ln\left(y+1\right)- y^2 \ln\left(y\right) \right]$

Con pochi passaggi di facile algebra otteniamo

$\displaystyle \int_0^1{\frac{\left(yz-xt\right)^2}{\left(x+z\right)\left(y+t\right)}\,dt}=\left(x+z\right)\left[y^2\ln\left(y+1\right)-y^2\ln\left(y\right)\right]-\frac{2xyz}{x+z}+\frac12\cdot\frac{x^2\left(1-2y\right)}{x+z}$

Passiamo al secondo integrale

$\displaystyle \int_0^1{\int_0^1{\frac{\left(yz-xt\right)^2}{\left(x+z\right)\left(y+t\right)}\,dt}\,dz}=\left[y^2\ln\left(y+1\right)-y^2\ln\left(y\right)\right]\int_0^1{\left(x+z\right)\,dz}-2xy\int_0^1{\frac{z}{x+z}\,dz}+\frac12 x^2\left(1-2y\right) \int_0^1{\frac1{x+z}\,dz}$

ovvero, analogamente a prima,

$\displaystyle \int_0^1{\int_0^1{\frac{\left(yz-xt\right)^2}{\left(x+z\right)\left(y+t\right)}\,dt}\,dz}=\left(x+\frac12\right)\left[y^2\ln\left(y+1\right)-y^2\ln\left(y\right)\right] -2y\left[x-x^2 \ln\left(x+1\right)+x^2\ln\left(x\right)\right]+ \frac12 \left(1-2y\right)\left[x^2 \ln\left(x+1\right)-x^2\ln\left(x\right)\right]$

semplifichiamo e otteniamo

$\displaystyle \int_0^1{\int_0^1{\frac{\left(yz-xt\right)^2}{\left(x+z\right)\left(y+t\right)}\,dt}\,dz}=
\frac{\left(1+2x\right)\left[y^2\ln\left(y+1\right)-y^2\ln\left(y\right)\right]}2+\frac{\left(1+2y\right)\left[x^2\ln\left(x+1\right)-x^2\ln\left(x\right)\right]}2-2xy$

con bella simmetria.

Il terzo integrale

$\displaystyle \int_0^1{\int_0^1{\int_0^1{\frac{\left(yz-xt\right)^2}{\left(x+z\right)\left(y+t\right)}\,dt}\,dz}\,dy}=\frac{1+2x}2\int_0^1{y^2\ln\left(y+1\right) \,dy}-\frac{1+2x}2\int_0^1{y^2\ln\left(y\right) \,dy}+\frac{x^2\ln\left(x+1\right)-x^2\ln\left(x\right)}2 \int_0^1{\left(1+2y\right) \,dy}-x\int_0^1{2y\,dy}$

contiene l’integrale che desta preoccupazioni per via dell’estremo inferiore di integrazione: scriviamo

$\displaystyle \int_0^1{y^2\ln\left(y\right)\,dy}=\lim_{\epsilon\to 0^+}\int_\epsilon^1{y^2\ln\left(y\right)\,dy}$

Nella Tavola degli integrali indefiniti di funzioni logaritmiche troviamo

$\displaystyle \int{x^m\ln\left(x\right)\,dx}=x^{m+1}\left[\frac{\ln\left(x\right)}{m+1}-\frac1{\left(m+1\right)^2}\right]+C$

cioè

$\displaystyle \int_0^1{y^2\ln\left(y\right)\,dy}=\lim_{\epsilon\to 0^+}\left[
\frac13\ln\left(1\right)-\frac19-\frac13\epsilon^3\ln\left(\epsilon\right)+\frac19\epsilon^3\right]=-\frac19$

visto che $\lim_{x\to 0^+}x^m\ln\left(x\right)=0$ per $m>0$

L’integrale

$\displaystyle\int{y^2\ln\left(y+1\right)\,dy}$

non si trova nella tavola: lo chiediamo spudoratamente a WolframAlpha ottenendo

$\displaystyle\int_0^1{y^2\ln\left(y+1\right)\,dy}=\frac{12\ln\left(2\right)-5}{18}$

In definitiva

$\displaystyle \int_0^1{\int_0^1{\int_0^1{\frac{\left(yz-xt\right)^2}{\left(x+z\right)\left(y+t\right)}\,dt}\,dz}\,dy}=\frac{1+2x}2\cdot \frac{12\ln\left(2\right)-5}{18}-\frac{1+2x}2\left(-\frac19\right)+\frac{x^2\ln\left(x+1\right)-x^2\ln\left(x\right)}2 2-x$

e, semplificando,

$\displaystyle \int_0^1{\int_0^1{\int_0^1{\frac{\left(yz-xt\right)^2}{\left(x+z\right)\left(y+t\right)}\,dt}\,dz}\,dy}=\frac{12\ln\left(2\right)-3}{36}\left(1+2x\right)-x+x^2\ln\left(x+1\right)-x^2\ln(x)$

Il quarto integrale non presenta difficoltà ulteriori

$\displaystyle \int_0^1{\int_0^1{\int_0^1{\int_0^1{\frac{\left(yz-xt\right)^2}{\left(x+z\right)\left(y+t\right)}\,dt}\,dz}\,dy}\,dx}=\frac{12\ln\left(2\right)-3}{36}\int_0^1{\left(1+2x\right)\,dx}-\int_0^1{x\,dx}+\int_0^1{x^2\ln\left(x+1\right)\,dx}-\int_0^1{x^2\ln(x),dt}$

ovvero

$\displaystyle \int_0^1{\int_0^1{\int_0^1{\int_0^1{\frac{\left(yz-xt\right)^2}{\left(x+z\right)\left(y+t\right)}\,dt}\,dz}\,dy}\,dx}=\frac{12\ln\left(2\right)-3}{36}\cdot 2-\frac12+\frac{12\ln\left(2\right)-5}{18}+\frac19=\frac{24\ln\left(2\right)-15}{18}\approx 9,09\%$

In conclusione, assegnando la frequenza di poligoni convessi come valore della probabilità (in base al Principio di Indifferenza), abbiamo

$\displaystyle \Pr\left(\smile\middle|\top\right)=\frac{33-24\ln\left(2\right)}{18}\approx 90,91\%$
il panurgo

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"Se la montagna non va a Maometto, Maometto NON va alla montagna"

delfo52
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Re: Probabilmente è convesso

Messaggio da delfo52 »

affascinante.
se ho capito bene (potrebbe anche succedere), è "quasi 1/11 ma non proprio.
Mi affascinano i casi in cui un dato è "quasi" , ma non lo è.
Ricordo la fatica ad ammettere che pigreco non fosse radice di 10. O anche che la lunghezza del miglio (1,609) fosse vicina al rapporto aureo (1,618)
Enrico

Gianfranco
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Re: Probabilmente è convesso

Messaggio da Gianfranco »

Meraviglioso, Panurgo!
Ho seguito la procedura e la ammiro, anche se qualche aspetto è al di sopra delle mie conoscenze (es. la marginalizzazione).
Nel mio piccolo, sono contento che il risultato finale sia compatibile con la simulazione.
Potresti inviare la soluzione a Diophante?

I miei complimenti anche a Franco e a Enrico che mi hanno fatto capire la strategia iniziale per risolvere il problema.
Grandi!
Pace e bene a tutti.
Gianfranco

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