4
1

Рассмотрим множество кусочно-линейных функций $%f$% вида $%f(0) = 0, f(x) = f(i) + a_i \cdot (x-i) $% при $% i \leqslant x \leqslant i+1,\quad 0 \leqslant i \leqslant n-1$% и $%a_i = \pm 1$%. Случайным образом выбирают одну такую функцию, найти:

  1. Вероятность того, что $% f$% имеет $% k $% корней на отрезке $% (0; n]$% \
  2. Вероятность того, что $% \int \limits_0^n f(x) dx = 0$%.
  3. Вероятность того, что $%f$% не имеет корней на интервале $%(0;n)$%, если известно, что $%f(n) = 0$%.
  4. Вероятность того, что минимальный корень $%f$% равен $%k$%, если известно, что $%f(n) = 0$%.

Я понял, что под условиям стоят некоторые ломанные, но как-то догадаться как это решить комбинаторно не придумал, буду рад любым решениям или подсказкам по любым пунктам. (Решил не создавать много вопросов, т.к. задача то одна)

задан 29 Сен '19 10:49

10|600 символов нужно символов осталось
2

На каждом очередном отрезке угловой коэффициент равен 1 или -1 с равной вероятностью. Понятно, как выглядят такие траектории, но вместо них (или наряду с ними) можно брать сами последовательности из 1 и -1 длиной n, рассматривая частичные суммы. Общее число вариантов равно 2^n.

3) Здесь n=2m должно быть чётным. Общее число траекторий с условием f(n)=0 равно C_{2m}^m. Траектории, находящиеся всюду выше оси Ox кроме концов -- это маршруты ладей на доске, не поднимающиеся выше диагонали. Ссылаемся на свойства треугольника Каталана, получая ответ c(m)=(2m)!/(m!(m+1)!) для числа таких траекторий.

Вероятность равна 2c(m)/C_{2m}^m за счёт того, что траектория может идти целиком выше или целиком ниже оси.

4) Здесь n чётно и k чётно. Пусть n=2m, k=2s. Тогда от 0 до k траекторий выше оси c(s), а продолжений 2^{n-k}. Делим на 2^n и удваиваем, получая 2c(s)/C_{2s}^s.

2) Этот пункт довольно непростой, и в аналитическом виде ответ вряд ли получается.

Легко проверяется, что интеграл по i-му отрезку равен (f(i)+f(i+1))/2. С учётом f(0)=f(n)=0, интеграл от функции равен нулю iff f(1)+...+f(n)=0. Заменим a(0) на a(1) и т.д. для удобства. Тогда f(n)=a(1)+...+a(n)=0, откуда n чётно, а также f(1)=a(1), f(2)=a(1)+a(2), ... . Условие на площадь принимает вид na(1)=(n-1)a(2)+...+2a(n-1)+a(n)=0. Таким образом, у каждого из чисел от 1 до n стоит множитель 1 или -1, причём единиц и минус единиц поровну. Это значит, что все числа от 1 до n надо разбить на две группы одинаковой численности с одинаковой суммой. Вся сумма равна n(n+1)/2, и она должна быть чётной, откуда чётное n делится на 4. Полагаем n=4m.

Количество способов разбиения описано здесь. Общей аналитической формулы нет, но асимптотика известна (порядка C2^m/m^2). При подсчёте вероятности мы делим на C_{4m}^{2m}. Там асимптотика также известна, и видно, что вероятность быстро стремится к нулю (что говорит о том, что в терминах вероятности этот вопрос лучше было не ставить).

Пункт 1) -- сравнительно трудоёмкая, но в целом техническая задача. Там ответ выражается через числа Каталана, но изложить это сейчас я уже не успеваю.

Вообще, для одной задачи как-то слишком много работы получилось. И пункты совершенно не равноценные по сложности.

ссылка

отвечен 29 Сен '19 14:51

изменен 30 Сен '19 2:49

Это у нас контрольная была по основам теории вероятностей))

(30 Сен '19 12:02) Williams Wol...

@Williams Wol...: давать такие задачи, да ещё и под видом "основ" -- это какая-то форма изощрённого глумления :)

Правда, я достаточно хорошо представляю себе "менталитет" тех, кто так делает :)

(30 Сен '19 12:45) 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:

×3,353
×1,462

задан
29 Сен '19 10:49

показан
328 раз

обновлен
30 Сен '19 12:45

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