Probabilità che sia un triangolo

bautz · Messaggio da **bautz** » mar set 26, 2006 11:11 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 · Messaggio da **panurgo** » mer ott 11, 2006 10:24 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!

bautz · Messaggio da **bautz** » mer ott 11, 2006 9:19 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?

panurgo · Messaggio da **panurgo** » mer ott 11, 2006 10:17 pm

Leggi tutta la risposta

$p= \log 4 - 1$

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

panurgo ha scritto:Leggi tutta la risposta

$p= \log 4 - 1$

Ops scusami Panurgo...ho letto un pò di fretta e evidentemente non ho capito niente

...
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

roberta · Messaggio da **roberta** » mer lug 11, 2007 11:12 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

panurgo · Messaggio da **panurgo** » gio lug 12, 2007 1:44 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

roberta · Messaggio da **roberta** » gio lug 12, 2007 4:14 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 · 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

Probabilità che sia un triangolo

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Re: Probabilità che sia un triangolo