Задача по теории вероятностей

ALLA2009

с какой вероятностью N точек, случайным образом выбранных на окружности, окажутся на одной полуокружности?

mtk79

спасибо, хорошая задачка

ALLA2009

напишите ответ для N=4, хочу сверить со своим)
решал по индукции, но в правильности такого решения не уверен)

fatality

[не так просто =]

blackout

то есть если отсчитывать их угловые координаты от первой, в конф. пространстве они должны быть от 0 до pi (для одной из двух полуокружностей)
Нет. Они могут быть, например, от -pi/3 до 2pi/3.

iri3955

Да, по индукции.
длина окружности равна 1 ( так проще)
[math]$F(n, x)$[/math] - вероятность, что n точек попадут в дугу длины х (х <= 1/2, так как иначе будут проблемы с наложениями).
[math]$p(n, x) = F'(n, x)$[/math] - плотность.
тогда [math]$F(n + 1, x) = \int\limits_0^xp(n, y2x - y)dy$[/math]
[math]$p(n + 1, x) = 2\int\limits_0^xp(n, y)dy + xp(n,x)$[/math]
F(2, x) = 2x
p(2, x) = 2
p(3, x) = 6x
p(4, x) = 3/2x^2 + 6x^2 = 15/2x^2
F(4, x) = 5/2x^3
F(4, 1/2) = 5/16
Это если ничо не напутал

griz_a

p(3,x) вероятность нашей величине попасть в 0,1\2 дает 3.

iri3955

Это плотность.
Вероятнсть 3/4

mtk79

р — это плотность. вер-ть для N=3 F(3,1/2)=3/4, т.е. правильно
если еще прокомментировать (2x-y) —то совсем будет, хорошо. Если правильно - можно тогда в общ. виде решать интур-рекурр

ALLA2009

эхх.. а у меня 15/32 для 4 точек получилось
неправильно значит решал :)

incwizitor

F(n,x) - вероятность, что n точек попадут в дугу длины х (х <= 1/2, так как иначе будут проблемы с наложениями)
я так понял, что здесь имеется вполне конкретная дуга, а именно от фиксированной точки (например, (0, 0) против часовой стрелке)
можно, поподробнее объяснить, почему исследуя дуги от фиксированной точки, мы получим искомую вероятность?

iri3955

Ну, это из тех соображений, что если n точек заняли дугу y (ровно y то n+1-я, дабы n+1 точка попала в дугу x может лечь в лбое место на дуге длины 2x-y - (y - исходная дуга и по x - y с каждой стороны)

iri3955

нет в произвольнеую дугу длины x. то есть фероятночть, что существует дуга длины x, покрывающая все точки.
x <= 1/2, чтобы не возиться с нахлёстами (так как-то всё тоскливо - если положить 3 точки в вершины правильного треугольника, то есть аж 3 разные дуги длины 3/4, их покрывающие, как это считать, понятия не имею, но задача сильно усложняется)

griz_a

x-y - очевидно откуда.
Если n точек попали в интервал длины y, а n+1 должны попасть в интервал длины не более x, то надо чтобы n+1-ая по порядку укладки точка легла либо в тот же отрезок длины y, либо на x-y левее, либо на x-y правее. Итого 2x-y.
6x как 3 проинтегрировать по 0, 1/2 - это я молодец, конечно :crazy:

iri3955

F(2, x) = 2x
p(2, x) = 2
p(3, x) = 6x
p(4, x) = 3/2x^2 + 6x^2 = 15/2x^2
F(4, x) = 5/2x^3
F(4, 1/2) = 5/16
Это если ничо не напутал
Так и есть, напутал. Туго с подсчётами
p(2, x) = 2
p(3, x) = 6x
p(4, x) = 12x^2
F(4, x) = 4x^3
F(4, 1/2) = 1/2

mtk79

это уже лучше: у меня из наивного подсчета числа вершин у 3D-куба столько же получилось

ALLA2009

[math]$F(n,x)=nx^{n-1}$[/math] получается в общем случае, но это только для x<=1/2.
спасибо :)

griz_a

О, я нашел где ошибался в своем изначальном доказательстве и исправил его.
Пусть дуга отсчитывается от k-ой точки считая от 0 по часовой стрелке. Тогда вероятность того, что будет так как надо равна [math]$x^{n-1}$[/math] - чтобы все последующие попали в дугу.
При это для разных k такие события пересекаются по множеству меры 0. Следовательно искомая вероятность равна [math]$nx^{n-1}$[/math]

ALLA2009

При это для разных k такие события пересекаются по множеству меры 0
для случая х>1/2 это условие не выполняется, какая там мера множества будет?)
как можно дополнить решение, чтобы было выражение для любого х<=(n-1)/n, и
[math]$F(n,\frac{n-1}{n})=1$[/math]

griz_a

Я для x<=1/2 и доказывал, разумеется

kroton45

В качестве альтернативной идеи решения.
Снова будем считать, что длина окружности - единица и координата точки - это длина дуги против часовой стрелки от фиксированной точки.
Тогда искомая вероятность равна \int_{I^4} i(x,y,z,t) dx dy dz dt, где i(x,y,z,t) - индикатор того, что точки попали на одну полуокружность, I=[0,1].
Заметим, что этот интеграл равен \int_{I^3} i(0,y,z,t) dy dz dt, т.к. i(x,y,z,t) отличается от i(0,y,z,t) циклическим сдвигом на (-x) => трехмерные интегралы на всех слоях по x одинаковы.
Теперь для y,z,t возможно 6 способов упорядочивания, интегрирование по ним не различается. Пусть y<z<t, перейдем к координатам y,p=z-y,q=t-z. Якобиан этой замены - единица.
Множество, где i(0,y,p,q)=1, таково: y>1/2 или p>1/2, или q>1/2, или y+p+q<1/2. При этом y,p,q>0 и y+p+q<1.
Что оно из себя представляет? Разумеется, объединение симплексов, "откушенных" от каждой вершины большого симплекса. Дальше уже объемы считаются легко.
P.S. Начал писать для N=4, переписывать не стал, ибо понятно, как это обобщать.
Ну и, в принципе, понятно, что это пройдет для любой длины дуги, правда, если она >1/2, то "откусываемые" симплексы начнут пересекаться, и объем объединения придется считать каким-нибудь включением-исключением.

iri3955

> у меня из наивного подсчета числа вершин у 3D-куба столько же получилось
А это что за метод, если не секрет?

griz_a

первая моя мысль была посчитать геометрически, но для n=4 уже расхотелось. Для общего вида и вовсе непонятно
Оставить комментарий
Имя или ник:
Комментарий: