Probabilità geometrica "al quadrato"

[Maurizio59]

Propongo altri due problemi di probabilità geometrica.

1) In un quadrato di lato 1 sono presi due punti, uno sul perimetro e uno all'interno del quadrato. Qual'è la probabilità che la loro distanza sia minore di 1?

2) Sono presi due punti all'interno di un quadrato di lato 2. Qual'è la probabilità che la loro distanza sia minore di 1?

Ps. Non essendo completamente sicuro delle mie soluzioni si accettano volentieri simulazioni numeriche.

[Quelo]

Il primo dovrebbe essere intorno al 90%

[panurgo]

Circa $\frac{\pi}2-\frac23$...

[Gianfranco]

Wow, Panurgo!
Infatti con questa simulazione viene leggermente superiore al 90%.

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!'DECIMAL BASIC
!'Problema.
!'In un quadrato di lato 1 sono presi due punti,
!'uno sul perimetro e uno all'interno del quadrato.
!'Qual è la probabilità che la loro distanza sia minore di 1?

!'Quadro
SET WINDOW -0.1,1.1,-0.1,1.1
DRAW grid

!'Quadrato
!'PLOT LINES:0,0;1,0;1,1;0,1;0,0
SET POINT STYLE 1

!'Numero di prove
LET np=1000

!'Numero di successi
LET s=0

!'Inizializza generatore random
RANDOMIZE

!'Ciclo di prove
FOR n=1 TO np
 
!'Estrae punto su perimetro = segmento lungo 4
   LET xp=RND*4
    
   !'Estrae punto in area quadrata
   LET x0=RND
   LET y0=RND
    
   !'Determina coordinate del punto su perimetro
   LET a=INT(xp)
   IF a=0 THEN
      LET x1=xp
      LET y1=0
   END IF
   IF a=1 THEN
      LET x1=1
      LET y1=xp-1
   END IF
   IF a=2 THEN
      LET x1=3-xp
      LET y1=1
   END IF
   IF a=3 THEN
      LET x1=0
      LET y1=4-xp
   END IF
    
   !'Segna i due punti estratti    
   PLOT POINTS : x1,y1
   PLOT POINTS : x0,y0    
    
   !'Traccia la linea che li congiunge    
   PLOT LINES:x0,y0;x1,y1 
    
   !'Determina se è un successo ed eventualmente
   !'incrementa il numero di successi
   LET d=SQR((x1-x0)^2+(y1-y0)^2)
   IF d<1 THEN LET s=s+1
    
NEXT n

!'Stampa probabilità statistica
PRINT s/np*100

END

Questo è un esempio di output grafico

QUA1.PNG (55.15 KiB) Visto 5972 volte

[Quelo]

Confermo il risultato di Panurgo

$\displaystyle P=\int_0^1{\int_{-k}^{1-k}{\sqrt{1-x^2}}\,dx}\,dk=\frac{\pi}{2}-\frac23=90,413\%$

[panurgo]

Per il secondo problema, direi circa $\displaystyle\frac{\pi}4-\frac{29}{96}$

[Quelo]

Combacia con la mia simulazione

[panurgo]

Combacia con la mia simulazione

Evidentemente è una buona simulazione...

Problema 1

Scegliamo un punto “a caso” sul perimetro del quadrato di vertici $(0,0)$, $(1,0)$, $(1,1)$ e $(0,1)$: dal punto di vista matematico questo significa che dobbiamo assegnare una probabilità a ciascun punto del perimetro e il risultato dipende da questa scelta. Infatti, se assegniamo la probabilità

$\displaystyle\Pr\left((x,y)\middle|\top\right)=\left\{\begin{array}{lC}1 & (x,y)=(0,0) \\ 0 & (x,y)\neq(0,0)\end{array}\right.$

scegliendo a caso prenderemmo sempre il vertice $\text{A}$ del quadrato

ProbabilitàGeometricaQ.01.png (42.08 KiB) Visto 5909 volte

e la probabilità che la distanza $d$ fra i due punti sia minore di $1$ sarebbe

$\displaystyle\Pr\left((d\leq1)\middle|\top\right)=\Pr\left((x,y)\middle|\top\right)\Pr\left((d\leq1)\middle|(x,y)\wedge\top\right)=1\cdot\frac\pi4=\frac\pi4$

Quando si parla di Probabilità Geometrica si intende assegnare come valore della probabilità il rapporto tra le misure di due oggetti geometrici, uno dei quali rappresenta i “casi favorevoli”, l’altro i “casi possibili”: in questo caso

$\displaystyle\Pr\left((d\leq1)\middle|(x,y)\wedge\top\right)=\left\{\begin{array}{lC} \displaystyle\frac{\pi/4}1 & (x,y)=(0,0) \\ f(x,y) & (x,y)\neq(0,0)\end{array}\right.$

dove $f(x,y)$ è una funzione che non ci curiamo di specificare.
Ovviamente, non avendo nessun motivo (cioè nessuna informazione) per preferire un dato punto rispetto agli altri, ecco che chiamiamo in nostro aiuto il Principio di Indifferenza (quello che Laplace chiama “Principio di Ragione Insufficiente”): se non c’è alcun motivo per preferire un punto ad un altro allora dobbiamo assegnare la stessa probabilità a tutti i punti.
Questo significa assegnare una distribuzione uniforme sui punti del perimetro.

$\displaystyle\Pr\left((x,y)\middle|\top\right)=\left\{\begin{array}{lC} dx & 0\leq x\leq1\wedge(y=0\vee y=1) \\ dy & (x=0\vee x=1)\wedge 0\leq y\leq 1\end{array}\right.$

Osservazione 1. La probabilità di un qualsiasi punto del perimetro è infinitesima in quanto la probabilità totale deve essere $1$ e c'è un'infinità non numerabile di punti: ciò implica che per calcolare la probabilità che sia $d\leq 1$ dovremo fare uno o più integrali.
Osservazione 2. Non siamo obbligati a lavorare con una probabilità cosi complessa ma possiamo scegliere prima un lato del quadrato e poi un punto su tale lato: scegliamo il lato $\text{AB}$ con probabilità $1$ senza perdita di generalità perché la simmetria del quadrato ci assicura che il risultato deve essere uguale per tutti i lati. In questo modo lavoriamo con una sola variabile e la distribuzione di probabilità diventa

$\displaystyle\Pr\left(x\middle|\top\right)=\Pr\left((x,0)\middle|\top\right)=\left\{\begin{array}{lC} dx & 0\leq x\leq 1\wedge y=0 \\ 0 & \text{altrimenti} \end{array}\right.$

A questo punto dobbiamo trovare una funzione di $x$ che misuri la porzione di cerchio unitario (l’area formata dai punti che giacciono a una distanza $d\leq 1$ dal punto scelto) contenuta nel quadrato: assegneremo il rapporto tra le due aree come misura della probabilità che $d\leq 1$.

ProbabilitàGeometricaQ.02.png (44.16 KiB) Visto 5909 volte

Con riferimento alla figura l’area cercata è formata dal settore circolare $S$ e dai due triangoli $T_1$ e $T_2$ con

$\begin{array}{lC}
\displaystyle S=\frac{\pi-\vartheta_1-\vartheta_2}2=\frac{\pi-\arccos(1-x)-\arccos(x)}2 \\
\displaystyle T_1=\frac{(1-x)\sqrt{1-(1-x)^2}}2 \\
\displaystyle T_2=\frac{x\sqrt{1-x^2}}2
\end{array}$

e

$\displaystyle\Pr\left((d\leq 1)\middle|x\wedge\top\right)=\frac{S+T_1+T_2}1$

Come prima avremo, mutatis mutandis,

$\displaystyle\Pr\left((d\leq 1)\middle|\top\right)=\int\Pr\left(x\middle|\top\right)\,\Pr\left((d\leq 1)\middle|x\wedge\top\right)=\int_0^1\left(S+T_1+T_2\right)dx=\frac\pi2-\frac23$


Problema 2.

Messi a punto i nostri strumenti affrontiamo il secondo problema.
In questo caso il punto è scelto all’interno di un quadrato quindi siamo costretti a lavorare con una distribuzione bivariata uniforme (Principio di indifferenza). La simmetria del quadrato ci viene ancora incontro quando osserviamo che possiamo limitare la distribuzione del primo punto al quadrato unitario in figura

ProbabilitàGeometricaQ.03.png (8.93 KiB) Visto 5909 volte

cioè

$\displaystyle\Pr\left((x,y)\middle|\top\right)=\left\{\begin{array}{lC} dx\ dy & 0\leq x\leq 1\wedge 0\leq y\leq 1 \\ 0 & \text{altrimenti} \end{array}\right.$

Partiamo con il punto al centro del quadrato grande

ProbabilitàGeometricaQ.04.png (46.23 KiB) Visto 5909 volte

e osserviamo che, all’inizio, la parte di cerchio compresa nel quadrato stesso è

ProbabilitàGeometricaQ.05.png (57.69 KiB) Visto 5909 volte

cioè bisogna togliere l’area dei due segmenti circolari $S_1$ e $S_2$

$\displaystyle A=\pi-S_1-S_2$

con

$\begin{array}{lC}
\displaystyle S_1=\varphi_1-\sin\varphi_1\cos\varphi_1=\arccos(y)-y\sqrt{1-y^2} \\
\displaystyle S_2=\varphi_2-\sin\varphi_2\cos\varphi_2=\arccos(x)-x\sqrt{1-x^2}
\end{array}$

Poi, quando il punto entra nel quarto di cerchio tratteggiato

ProbabilitàGeometricaQ.06.png (56.33 KiB) Visto 5909 volte

i due segmenti circolari si intersecano e dobbiamo calcolare la porzione di cerchio inclusa nel quadrato come somma del rettangolo $R$, del settore circolare $S$ e dei triangoli $T_1$ e $T_2$ dove

$\begin{array}{lC}
\displaystyle R=xy \\
\displaystyle S=\frac{\frac{3\pi}2-\vartheta_1-\vartheta_2}2=\frac{3\pi}4-\frac{\arccos(y)}2-\frac{\arccos(x)}2 \\
\displaystyle T_1=\frac{y\sqrt{1-y^2}}2 \\
\displaystyle T_2=\frac{x\sqrt{1-x^2}}2
\end{array}$

Cioè porremo

$\displaystyle\Pr\left((d\leq 1)\middle|(x,y)\wedge\top\right)=\left\{\begin{array}{lC}
\displaystyle\frac{R+S+T_1+T_2}4 & 0\leq x\leq 1\wedge 0\leq y\leq\sqrt{1-x^2} \\
\displaystyle\frac{\pi-S_1-S_2}4 & 0\leq x\leq 1\wedge\sqrt{1-x^2}\leq y\leq 1
\end{array}\right.$

e calcoleremo gli integrali

$\displaystyle\Pr\left((d\leq 1)\middle|\top\right)=\int_0^1{\int_0^\sqrt{1-x^2}{\frac{R+S+T_1+T_2}4dy}dx}+\int_0^1{\int_\sqrt{1-x^2}^1{\frac{\pi-S_1-S_2}4dy}dx}=\frac\pi4-\frac{29}{96}$

Naturalmente, tutto questo è valido se assegniamo una distribuzione uniforme sull’intero quadrato al secondo punto.
Un’ultima osservazione, coloro che si occupano di Teoria della Probabilità sentono la necessità di usare una notazione molto più accurata: per esempio

$\displaystyle\int\Pr\left(x\middle|\top\right)\Pr\left((d\leq 1)\middle|x\wedge\top\right)$

è qualcosa di alquanto vago.
Ecco che, al posto di $\Pr\left(x\middle|\top\right)$, si preferisce distinguere la variabile casuale dalla variabile che rappresenta i valori che questa può assumere scivendo $\Pr\left(X=x\middle|\top\right)$. Si parla di funzione di densità di probabilità, $f_X(x)$, e di funzione cumulativa di probabilità, $F_X(x)$, con

$\displaystyle F_X(x)=\int_D f_X(x)dx$

dove l’integrale è esteso a tutto il dominio $D$ di $f_X(x)$ ecc.
Io ho preferito una notazione meno esatta ma sufficientemente accurata per descrivere quel che deve succedere.