7
1

На днях я придумал задачу, которая является обобщением рассмотренной здесь. Хочу предложить её участникам форума. Рассматривается $%n\ge3$% случайных чисел, независимо выбираемых из отрезка $%[0;1]$% при равномерном распределении. Требуется найти вероятность того, что

а) любые из трёх выбранных чисел могут быть длинами треугольника;

б) найдутся три из выбранных чисел, которые могут быть длинами треугольника.

При $%n=3$% в обоих случаях получается уже рассмотренная задача по ссылке, ответ в которой равен $%1/2$%.

Ответы и решения для сформулированных выше задач мне известны, но хотелось бы получить способ, избегающий слишком сложных вычислений.

задан 13 Апр '13 8:49

изменен 13 Апр '13 9:31

Ответы сходятся?

а) $%1-\frac{1}{C_n^3}\cdot \frac{1}2=...$%

б) $%\frac{1}{C_n^3}\cdot \frac{1}2=$%

(13 Апр '13 12:56) ASailyan

Нет, здесь всё существенно сложнее, так как сами числа выбираются независимо, но события для отдельных троек будут уже зависимы.

(13 Апр '13 15:20) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
2

Оба пункта ТУТ

ссылка

отвечен 10 Янв 21:19

изменен 10 Янв 21:28

@Sergic Primazon: к сожалению, ссылка в "облаке" у меня не открывается -- сказано, что такой страницы нет.

(10 Янв 21:24) falcao

исправил )

(10 Янв 21:29) Sergic Primazon

Да, теперь всё "читабельно", и при этом верно: у меня тоже была последовательность чисел, обратных произведениям первых n чисел Фибоначчи, и метод подсчёта был по сути такой же.

(10 Янв 21:41) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
2

Будем исходить из того, что искомая вероятность не изменится, если положительные числа последовательно (случайным образом) выбирать из $%[0;1].$% Для любых положительных чисел $%x,y,z$% справедливо одно из соотношений:

1)$%x < y+z,y < x+z,z < x+y$% (одно);

2)$%x > y+z,y < x+z,z < x+y$% (таких соотношений три);

3)$%x = y+z,y < x+z,z < x+y$% (таких соотношений три).

Т.о. имеем 7 соотношений. Вероятность появления первого соотношения равна $%\frac{1}{2}$%, вероятность появления соотношений из третьей группы - 0 (плоскость). Составим рекуррентное соотношение для искомых вероятностей: $$1)\Big(P_n=P_{n-1}\cdot\Big(\frac{1}{2}\Big)^{C_{n-1}^2},n\ge4,P_3=\frac{1}{2}\Big)\Rightarrow P_n=\frac{1}{2}\cdot\Big(\frac{1}{2}\Big)^{C_{3}^2+C_{4}^2+...+C_{n-1}^2}.$$ $$2)\Big(P_n=P_{n-1}\cdot\frac{1}{2}\cdot\Big(\frac{1}{2}\Big)^{C_{n-1}^2-1}\cdot C_{n-1}^2,n\ge4,P_3=\frac{1}{2}\Big).$$ Здесь ограничусь рекуррентным соотношением.

ссылка

отвечен 14 Апр '13 12:38

изменен 14 Апр '13 13:13

@Anatoliy: Те семь событий, которые Вы рассматриваете, не равновероятны. Из решения задачи для $%n=3$%, где ответ равен $%1/2$%, следует, что событие из пункта 1 наступает в половине случаев. Пункт 3 описывает событие вероятности 0, так как совпадение суммы двух чисел с третьим описывается уравнением плоскости, у которой трёхмерный объём равен нулю.

(14 Апр '13 12:56) falcao

Спасибо. У меня самого были сомнения. Увлекся числами.

(14 Апр '13 13:03) Anatoliy
10|600 символов нужно символов осталось
2

Количество троек из $%n$% точек равно $%C_n^3.$% Каждое из этих сочетаний можно посмотреть как точку единичного куба $%ABCDA_1B_1C_1D_1.$% Далее под словом сочетание $%C_n^3$% будем понимать точку куба (смотрите мое решение - первое правильное решение задачи хотя без рисунка) .Там получаются $%4$% области- равныe тетраэдры $%D_1A_1C_1D, CC_1BD, AA_1BD$% и шестигранник $%BDA_1B_1C_1$%. Ясно, что сочетание дает треугольник, если принадлежит шестиграннику. Согласно вышеупомянутой задачи вероятность что каждая такая точка принадлежит шеститраннику $%\frac{1}2, $% и вероятность, что не принадлежит тоже $%\frac{1}2.$%

a) Вероятность первого события согласнопо теореме умножении вероятностей $$p=(\frac{1}{2})^{C_n^3}$$

б) Если исключать 3 случаи, когда

1) шестиграннику принадлежит только 1 одна точка(сочетание)(событие $%A$%) $%p(A)=C_n^3\cdot(\frac{1}{2})^{C_n^3}$% 2)шестиграннику принадлежат только 2 точки (событие $%B$%) $%p(B)=C_{C_n^3}^2\cdot(\frac{1}{2})^{C_n^3}$%

3) шестиграннику не принадлежит не одна точка,(событие $%C$%) $%p(C)=(\frac{1}{2})^{C_n^3}$%

то получим вероятность для пункта б). $%p=1-p(A\cup B\cup C)=1-(C_n^3\cdot(\frac{1}{2})^{C_n^3}+C_{C_n^3}^2\cdot(\frac{1}{2})^{C_n^3}+(\frac{1}{2})^{C_n^3})=1-(\frac{1}{2})^{C_n^3}(C_n^3+C_{C_n^3}^2+1)$%

Ответ.а)$%(\frac{1}{2})^{C_n^3}$%
б)$%1-(\frac{1}{2})^{C_n^3}(C_n^3+C_{C_n^3}^2+1)$%

alt text

ссылка

отвечен 14 Апр '13 21:55

изменен 16 Апр '13 23:27

При $%n=3$% у Вас в пункте а) получается ответ $%p=1/4$%, но это противоречит тому, что было раньше: должна быть $%1/2$%.

(14 Апр '13 22:01) falcao

Сделала существенные изменения, прошу автора задачи прочитать еще раз.

(16 Апр '13 23:21) ASailyan

В решении предполагается, что для всех троек события независимы. Так было бы, если бы каждая из троек генерировалась независимо от других. Однако тройки формируются из уже имеющихся $%n$% чисел, и потому между ними имеется, вообще говоря, зависимость. Поэтому нельзя применять утверждение о перемножении вероятностей. Уже для $%n=4$% ответ отличается (в сторону уменьшения) от того, что имеет место на самом деле.

(16 Апр '13 23:35) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
2

"По просьбам трудящихся" помещаю решения этих задач. Для начала -- первый пункт (там и ответ, и решение проще).

Упорядочим значения случайных величин: $%0 < y_1 < \cdots < y_n < 1$% (равенство значений по понятным причинам не рассматриваем). Для того, чтобы из любых трёх длин можно было составить треугольник, необходимо и достаточно выполнение условия $%y_1+y_2 > y_n$%, что очевидно. Эта задача сводится к подсчёту соответствующего $%n$%-мерного объёма как части единичного куба. Поскольку порядок следования координат может быть любым, и все эти порядки равновероятны, мы можем считать, что имеем дело с фиксированным порядком, а затем домножить найденную для него вероятность на число таких порядков.

Нам здесь будет удобно считать, что наименьшая координата равна $%x_1=x$%, следующая за ней есть $%x_2=y$%, а наибольшая равна $%x_n=z$%. Все остальные координаты мы не упорядочиваем, и они как-то расположены между $%y$% и $%z$%. Поэтому мы вычисляем объём части $%n$%-мерного куба, определяемой неравенствами $%0 < x < y < x_3,...,x_{n-1} < z < 1$% с дополнительным условием $%x+y > z$%. В конце его надо будет умножить на $%n(n-1)(n-2)$%, то есть на число способов выбрать упорядоченную тройку различных координат $%(x,y,z)$% из общего количества $%n$% штук.

Ясно, что $%2y > x+y > z$%, то есть $%y > z/2$%. Порядок следования координат такой: сначала выбираем $%z\in(0;1)$%, далее выбираем $%y\in(z/2,z)$%, потом $%x\in(z-y,y)$%, а также $%x_3,...,x_{n-1}\in(y,z)$%. Получается такой многомерный интеграл: $$I=\int\limits_0^1dz\int\limits_{z/2}^zdy\int\limits_{z-y}^ydx\int\limits_y^z...\int \limits_y^zdx_3...dx_{n-1},$$.

Ясно, что $%I=\int\limits_0^1dz\int\limits_{z/2}^z(2y-z)(z-y)^{n-3}dy$%, и такой интеграл от, фактически, степенной функции, без труда вычисляется. Во "внутреннем" интеграле делаем замену $%t=z-y$%, что даёт $%\int\limits_0^{z/2}(z-2t)t^{n-3}\,dt$%, где первообразная равна $%\frac{zt^{n-2}}{n-2}-\frac{2t^{n-1}}{n-1}$%, и после подстановки значения $%t=z/2$% получается $%\frac1{2^{n-2}}(\frac{z^{n-1}}{n-2}-\frac{z^{n-1}}{n-1})=\frac{z^{n-1}}{2^{n-2}(n-1)(n-2)}$%.

Интегрируя по $%z$%, получаем $%I=\frac1{2^{n-2}n(n-1)(n-2)}$%, и после домножения на указанную ранее величину, имеем ответ $%p=\frac1{2^{n-2}}$%.

ссылка

отвечен 16 Сен '16 3:04

10|600 символов нужно символов осталось
0

Как насчет вероятности собрать тетраэдр из 6 взятых наугад отрезков(или разрезанием одного отрезка 5 разрезами)?

ссылка

отвечен 15 Апр '13 17:32

изменен 15 Апр '13 17:34

@igumnov: Это очень хорошая и интересная задача. Судя по имеющейся у меня информации, она весьма трудная. Я рассматривал более слабый её вариант, когда нужно обеспечить четыре неравенства треугольника, что необходимо, но не достаточно для возникновения тетраэдра. Даже в этом случае вычисления пока не удалось довести до конца.

(15 Апр '13 17:40) falcao
1

Встретил ее недавно на американском форуме и заметил что здесь обсуждается схожая тема поэтому решил добавить этот вопрос. Вот обсуждение http://math.stackexchange.com/questions/351913/probability-that-a-stick-randomly-broken-in-five-places-can-form-a-tetrahedron

(15 Апр '13 17:46) igumnov

@igumnov: спасибо за интересную ссылку. Я так понял, она совсем недавняя. Я видел похожее обсуждение этой же задачи на mathoverflow. Там тоже аналитическое решение не было представлено, а были статистические эксперименты с помощью метода Монте-Карло. Оказалось, что если дано 6 случайных чисел отрезка, то тетраэдр составляется из них с вероятностью близкой к 1/3 (при этом мы сами компонуем эти длины). У меня тогда же возник вопрос об ослабленной версии этой задачи -- когда критерий Менгера не учитывается, а рассматриваются лишь неравенства треугольника (в нескольких версиях).

(15 Апр '13 18:14) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×1,760

задан
13 Апр '13 8:49

показан
3102 раза

обновлен
10 Янв 21:41

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru