Coelestis - Il Forum Italiano di Astronomia

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astromauh 20-02-12 22:32

Re: Estrazioni casuali
 
Soluzione: P= 0,01666;

Oppure viene la metà (ma non credo). :D

:hello:

aspesi 20-02-12 22:36

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

Rob77 (Scrivi 567559)
Ho usato questo approccio perchè ho ragionato sul fatto che dopo aver scelto i primi due punti (alfa1) gli altri 4 dovessero stare 2 da una parte (< alfa1) e due dall'altra (< 2π - alfa1) per incontrarsi in 3 punti interni alla circonferenza.

La probabilità risultante è 1/30.

:hello:

Ciao

PS: so che è sbagliato o per lo meno che non concide con il risultato passatomi in privato.

Una parte del tuo ragionamento (quella che ho quotato), mi pare giusta; però il risultato è sbagliato.
D'altronde, io gli integrali (il tuo post successivo) non li so risolvere :fis:, se Erasmus vuole dargli un'occhiata...
Domani proverò a spiegare come la vedo io, e un paio di modi per arrivare alla soluzione.

:hello:

aspesi 20-02-12 22:39

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

astromauh (Scrivi 567572)
Soluzione: P= 0,01666;

Oppure viene la metà (ma non credo). :D

:hello:

Invece.... è esattamente 4 volte di più...
buona notte..

:hello:

Rob77 20-02-12 22:40

Re: Estrazioni casuali
 
Invece io son leggermente arruginito. Gli esami di matematica/fisica/probabilità/etc... son un ricordo del biennio del Politecnico di ben 16/17 anni fa.

:D

:hello:

Erasmus 21-02-12 02:42

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

aspesi (Scrivi 567352)
Ancora cerchi e punti...

Su una circonferenza si scelgono a caso tre coppie di punti:
A1 e A2
B1 e B2
C1 e C2
Unendoli, si ottengono tre corde: A1-A2, B1-B2 e C1-C2.

Qual è la probabilità che le corde si incrocino in tre punti interni alla circonferenza?

:hello:

Affinché due corde [pensate come rette, non come segmenti] si intersechino in un punto interno del cerchio occorre che, girando sulla circonferenza in un verso, si incontrino alternativamente un punto di una ed un punto dell'altra. Questo vale per ciascuna coppia di corde, in particolare per ciascuna delle 3 coppie di 3 corde.

Costruite dunque a caso le 3 corde A1A2, B1B2 e C1C2, mi metto a girare sulla circonferenza finché non incontro uno dei 6 punti.
a) Continuando a girare ne incontrerò altri 5. La probabilità di non incontrare per primo il punto compagno di quello già incontrato è 4/5.
b) Mi restano 4 punti. Riprendo a girare. La probabilità di non incontrare il compagno di uno dei due punti già incontrati è 2/4.
c) Mi restano 3 punti, rispettivamente compagni dei punti già incontrati; e devo incontrare per primo il compagno del primo punto incontrato. La probabilità che ciò succeda è 1/3.
d) Mi restano due punti; e devo incontrare per primo il compagno del secondo punto incontrato. La probabilità che ciò succeda è 1/2.
d) Sono ora sicuro [probabilità 1] di incontrare per ultimo il compagno del terzo punto.

La probabilità richiesta è dunque:
(4/5)·(2/4)·(1/3)·(1/2) = (4·2)/(5·4·3·2) = 1/(5·3) = 1/15.

---------------------

Si può anche ragionare così.
L'ordine con cui devo incontrare i 6 punti girando lungo la circonferenza deve essere del tipo di
A B C A' B' C' (*)
caratterizzato dal fatto che, viste le 6 lettere in ordine ciclico, le tre distinte si susseguono due volte nello stesso ordine.

Dichiaro che mi sta bene la parola
A B C A' B' C'
e che mi stanno bene tutte le parole dello stesso tipo (*).

Delle 6! = 720 permutazioni delle 6 lettere, quante sono quelle che mi stanno bene? :mmh:

a) Non cambia nulla se scambio tra loro le lettere uguali. Da una parola ne ricavo due per ciascuno scambio.
In tutto 2 ·2 ·2 = 8 che mi stanno ancora bene. Eccole:
A B C A' B' C'
A' B C A B' C'
A B' C A' B C'
A B C' A' B' C
A' B' C A B C'
A' B C' A B' C
A B' C' A' B C
A' B' C' A B C

b) Se permuto tra loro le prime tre lettere (in qualsiasi dei 3! = 6 modi possibili) e ripeto la stessa permutazione delle ultime tre lettere ho ancora una parola che mi sta bene.
A B C A B C
A C B A C B
B A C B A C
B C A B C A
C A B C A B
C B A C B A

Queste 6 diverse disposizioni le posso fare su ciascuna delle precedenti 8 disposizioni.
In tutto ottengo 6·8 = 48 parole che mi stanno bene sulle 720 possibili.

La probabilità che, scrttte in ordine casuale le 6 lettere, si abbia una parola che mi sta bene è dunque
48/720 = 1/15
-----------------------
:hello:

aspesi 21-02-12 07:51

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 567584)
Affinché due corde [pensate come rette, non come segmenti] si intersechino in un punto interno del cerchio occorre che, girando sulla circonferenza in un verso, si incontrino alternativamente un punto di una ed un punto dell'altra. Questo vale per ciascuna coppia di corde, in particolare per ciascuna delle 3 coppie di 3 corde.
.......
La probabilità richiesta è dunque:
(4/5)·(2/4)·(1/3)·(1/2) = (4·2)/(5·4·3·2) = 1/(5·3) = 1/15.

---------------------
Queste 6 diverse disposizioni le posso fare su ciascuna delle precedenti 8 disposizioni.
In tutto ottengo 6·8 = 48 parole che mi stanno bene sulle 720 possibili.

La probabilità che, scrttte in ordine casuale le 6 lettere, si abbia una parola che mi sta bene è dunque
48/720 = 1/15
-----------------------
:hello:

:ok::ok: Sono esattamente i due modi che pensavo di postare io....

A proposito del risultato di Astromauh = 1/27 cioè (1/3)^3
Deriva dal ragionamento corretto che due corde hanno probabilità 1/3 di incrociarsi.
Però, non si può fare (1/3)^3 perchè gli eventi non sono indipendenti!
-------

Il passo fondamentale per la soluzione è questo:
-fissato un verso di percorrenza sulla circonferenza, ogni scelta di 6 punti (A1-A2-B1-B2-C1-C2) determina la loro permutazione ciclica. Il numero delle permutazioni, considerando indistinguibili A1 da A2, B1 da B2 e C1 da C2) è quindi:
P = 6!/(2!*2!*2!) ) = 90
Inoltre, si può considerare indistinguibile la notazione A dalla B e dalla C; quindi gli schemi possibili si riducono da 90 a 90/3 = 30
Tra questi, quelli "buoni" sono solamente i due "alternati" e precisamente:
A B C A B C
A C B A C B

In definitiva:
p = 2/30 = 1/15 (seconda soluzione di Erasmus)
--------------------------------------------------------

Il primo approccio è invece:
-partendo da A1 e girando in senso orario sulla circonferenza, i sei punti possono essere numerati da 1 a 6 (A1=1)
Affinchè si ottenga l'incrocio in tre punti interni al cerchio, A2 deve essere in 4 (probabilità(1) = 1/5); vado al punto 2 (che può essere o B o C): il corrispondente B o C deve essere al punto 5, quindi la probabilità(2) è 1/3; (gli ultimi due punti, 3 e 6 sono obbligati (p3=1)
Perciò:
p = 1/5 * 1/3 = 1/15

:hello:

Rob77 21-02-12 08:36

Re: Estrazioni casuali
 
Una sequenza del tipo A B C A' B' C' con le 3 corde AA', BB' e CC' diametri vede il punto di incontro unico (il centro). Come vengono esclusi questi casi dal calcolo (se devono essere esclusi) ?

:hello:

astromauh 21-02-12 08:56

Re: Estrazioni casuali
 
Ci sono rimasto male.:cry:

Non ho ancora capito che cosa c'è di sbagliato nella mia simulazione.

Assegno al capo A una posizione fissa localizzata sul punto zero della circonferenza, e poi in modo casuale stabilisco le posizioni degli altri capi.

Estraggo prima B e C assegnandogli un valore casuale tra 0 e 360.

Se B < C allora la successione valida sarà A < B < C < A1 < B1 < C1

Se invece C < B allora la successione valida sarà A < C < B < A1 < C1 < B1

Facendo in questo modo la probabilità è 0,01666.

Dov'è il mio errore?

:hello:

astromauh 21-02-12 09:15

Re: Estrazioni casuali
 
Quote:

Rob77 (Scrivi 567622)
Una sequenza del tipo A B C A' B' C' con le 3 corde AA', BB' e CC' diametri vede il punto di incontro unico (il centro). Come vengono esclusi questi casi dal calcolo (se devono essere esclusi) ?

:hello:

La probabilità che i due estremi di un segmento siano perfettamente simmetrici rispetto al centro della circonferenza, sono cosi' poche, che le possiamo trascurare.

Ad esempio:

A = 30,7265499072614
A1= 210,7265499072614

Per caso è praticamente impossibile che si verifichi.

:hello:

Rob77 21-02-12 09:23

Re: Estrazioni casuali
 
Detto questo anche io non riesco a comprendere l'errore commesso nel ragionamento.
A me viene 1/30.

:hello:


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