Re: Estrazioni casuali
 

Per avere un triangolo la lunghezza del primo bastoncino non deve superare il 50% di L ma anche la lunghezza del secondo taglio non deve superare il 50%. Quindi 50/100 * 50/100 = 0,25
Ciao

Re: Estrazioni casuali
 

Invece non mi sembra una buona idea, guarda cosa succede qui.

Il bastoncino viene inizialmente diviso in 10 settori con 9 tagli.

La pagina calcola tutte le combinazioni possibili di due tagli, e verifica se i segmenti (A, B, C) cosi' ottenuti possono formare dei triangoli.

Con 10 settori i triangoli possibili sono solo 6 su 36, ossia 1/6 delle possibili suddivisioni.

Incrementando il numero dei settori, la percentuale di triangoli aumenta, rimanendo comunque inferiore ad 1/4.

Per cui si capisce che con un numero infinito di settori, la probabilità di formare un triangolo con due suddivisioni casuali del bastoncino è uguale ad 1/4.

Temo però, che questa non sia una dimostrazione. :mmh:

:hello:

Eureka
 

Ho trovato la dimostrazione.

La probabilità calcolata quantizzando il problema varia se il numero dei settori è dispari, o è pari.

Bisogna prima calcolare la probabilità per un numero di settori pari e poi incrementarli di una unità.

La probabilità è data dalla media delle due probabilità.

:ok:

Re: Eureka
 

Giusto.
Contiamo i casi come qua sotto con N = 7 e con N = 8
1 1 5
1 2 4
1 3 3
1 4 2
1 5 1
------
2 1 4
2 2 3
2 3 2
2 4 1
-----
3 1 3
3 2 2
3 3 1
------
4 2 1
4 1 2
------
5 1 1
Qui i casi in tutto sono 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 15 = 5·6/2
In generale sono (N–2) + (N – 1) + ... +2 + 1 = (N–2)·(N–1)/2
Se N è dispari, posto N = 2k+1, i casi sono in tutto k·(2k–1)
Qui i casi favorevoli sono 1 + 2 + 3 = 6 = 3·4/2
Con N=2k+1 (dispari), i casi favorevoli sono in generale 1 + 2 + ... + k = k·(k+1)/2
La probabilità richiesta è dunque [k·(k+1)/2]/[k·(2k–1) = (k+1)/(4k–2).

Proviamo con N = 8.
1 1 6
1 2 5
1 3 4
1 4 3
1 5 2
1 6 1
------
2 1 5
2 2 4
2 3 3
2 4 2
2 5 1
------
3 1 4
3 2 3
3 3 2
3 4 1
-----
4 1 3
4 2 2
4 3 1
-----
5 1 2
5 2 1
------
6 1 1
Qi i casi sono in tutto 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 21
In generale sempre (N–2)·(N–1)/2.
Per N pari, posto N = 2k, i casi sono in tutto (k–1)·(2k–1)
I casi favorevoli qui sono 1 + 2 = 3 = 2·3/2-
In generale, con N = 2k (pari), i casi favorevoli sono 1 + 2 + ...+ (k–1) = (k–1)·k/2
La probabilità richiesta vale [(k–1·k/2]/[(k–1)·(2k–1)] = k/(4k–2).

Riassumendo:
Per N = 2k+1 viene P = (k+1)/(4k–2)
Per N = 2k viene P = k/(4k–2)

In entrambi i casi, per k tendente all'infinito viene P = 1/4 = 0,25.
:hello:

La Formula
 

P= ( (((1/8)*Settori^2 -(3/4)*Settori + 1)/ (((Settori-1)^2 -(Settori-1)) / 2)) + (( (1/8)*(Settori+ 1)^2 - ((1/8))/ ((Settori)^2 -(Settori)) / 2) )) / 2

Per qualsiasi numero pari di Settori >= 4

P=0.25 (sempre)



Forse la formula è più chiara in questo modo:

Num1= (1/8)*Settori^2 -(3/4)*Settori + 1
Den1= ((Settori-1)^2 -(Settori-1)) / 2

Num2= (1/8)*(Settori+ 1)^2 - (1/8)
Den2= ((Settori)^2 -(Settori)) / 2

P= ((num1/Den1) + (num2/Den2)) / 2



:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Per questo dicevo che mi pareva una buona idea.
Come ha dimostrato Erasmus, la soluzione è chiara (riprende il quesito di quanti triangoli si possono fare con 3 barrette diverse lunghe da 1 a N).
Ma ci si limita ad esaminare i casi con N intero (pari e dispari)



Consideriamo un triangolo equilatero ABC.

I tre frammenti possono essere rappresentati dalle tre perpendicolari abbassate da un punto O situato nell'interno di tale triangolo sui lati di esso.
Per una certa proprietà :D, la somma dei tre bastoncini è uguale all'altezza del triangolo equilatero ABC.
Se a'b'c' è il triangolo formato unendo i punti di mezzo dei lati ABC, si nota che la condizione necessaria e sufficiente affinché i tre frammenti possano formare un triangolo è che O sia interno a a'b'c'.
L'area di a'b'c' rappresenta quindi l'insieme dei casi favorevoli e l'area di ABC l'insieme dei casi possibili.
La probabilità cercata, data dal rapporto di tali aree, è dunque 1/4.

(Ci sarebbe anche un'altra dimostrazione, rappresentando su un piano cartesiano)

:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Ed è giusto che sia così. Purché poi si passi al limite per N tendente all'infinito.
La soluzione "canonica" di questo problema (che è nel "continuo") fa uso delle nozioni di "densità di probabilità" e di "probabilità cumulativa" e si trova con un integrale.
Ma che cos'è un integrale?
E' proprio il limite del prodotto di una somma di N addenti per un fattore inversamente proporzionale al loro numero N al tendere all'infinito del numero N di addendi-
Ed è sempre così!
La stragrande quantità di "conclusioini" sul continuo (per esempio l'area di un segmento di parabola o di un cerchio, risolte esattamente – in linea di principio – già da Archimede) si tirano proprio passando al limite di somme di un numero N di termini al tendere all'infinito di N.
La "certa proprietà è quasi evidente: basta scomporre il triangolo equilatero in tre triangoli
AOB, BOC, COA
congiungendo il punto O con ciascun vertice A, B e C.
L'area dei tre triangoli AOB, BOC, COA (che hanno le basi della stessa lunghezza) è uguale all'area del triangolo equilatero. Perciò la somma delle loro altezze (cioè dei tre segmenti ortogonali ai lati) è pari all'altezza del triangolo ABC.
Qua invece ... faccio un atto di fede perché che sia vero o no non mi è affatto evidente ... e chi lo dice lo dovrebbe mostrare "more geometrico" (come direbbe Spinoza ;))
---------------
:hello:

Re: Estrazioni casuali
 

Strano.
A me pare abbastanza evidente che, se poni O su qualsiasi punto dei lati del triangolo interno a'b'c', un frammento del bastoncino è lungo 1/2 (di H del triangolo ABC, quindi del bastoncino iniziale). E' la situazione limite per avere un triangolo, in cui un lato è uguale alla somma degli altri due.
Infatti, all'esterno di a'b'c', il frammento (altezza) più lungo sarà sempre maggiore della somma degli altri due, mentre all'interno di a'b'c' sarà sempre minore (rappresentando quindi i soli casi favorevoli per poter formare un triangolo).

Vediamo se questa soluzione ti convince.
Siano x, y, z le lunghezze casuali dei tre bastoncini ricavati da quello originale lungo L.
Ovviamente:
x + y + z = L
Inoltre, affinché x, y e z possano essere le lunghezze dei lati di un triangolo, deve essere:
x < y + z ------> x < L/2
y < x + z ------> y < L/2
z < x + y ------> x + y > L/2

In un piano cartesiano (xy), il punto che rappresenta la coppia (x, y) potrà quindi cadere ovunque all'interno del triangolo di vertici (0, 0) , (L, 0) , (0, L) e di area L^2/2.
Ma le tre disuguaglianze triangolari sono il confine di un secondo triangolo interno al primo, di vertici (L/2, 0) , (0, L/2) , (L/2, L/2), la cui area è L^2/8.
La probabilità che x, y, z siano lati di un triangolo è pari al rapporto delle due aree:
(L^2/8) / (L^2/2) = 1/4

Mi piacerebbe sapere anche quant'è la probabilità che i triangoli che si formano siano acutangoli o ottusangoli (di triangoli rettangoli non ce ne dovrebbero essere), ma non so fare il calcolo....:o *

:hello:

* Con un programmino, ho ottenuto questi valori:

Re: Estrazioni casuali
 

OK. Mi hai convinto.

Ecco le formule che cerchi:

Probabilità di fare triangolo acutangolo: 3·ln(2) – 2 = 0,07944154...
Probabilità di fare triangolo ottusangolo: [9 –12·ln(2)]/4 = 0,170558458...

Il calcolo l'ho fatto io ... ispirato dai tuoi triangoli.

Guarda la figura qui sotto: devi leggerla attentamente. :fis:
Calcolo probabilità triangoli acutangoli e ottusangoli

Ciao, ciao

Re: Estrazioni casuali
 

Ho leggermente modificato la pagina: bastoncino

Adesso è possibile inserire anche dei numeri reali, perchè la formula che avevo trovato funziona lo stesso, anche se in questo caso la pagina non esegue più il calcolo, perchè per poterlo eseguire ha bisogno di un numero intero pari.

Comunque non ho ben capito che cosa ho fatto, me lo potreste spiegare? :mmh:

:D

Ero partito dall'idea di quantizzare la procedura, e mi sono accorto che dividendo il bastoncino in un numero di settori pari, la probabilità risultava inferiore al valore 0.25, mentre dividendolo per un numero di settori dispari risultava maggiore di 0.25, anche se per un numero molto grande di settori sia dispari che pari le probabilità tendevano a convergere.

Poi mi sono accorto che la probabilità giusta, risultava dalla media aritmetica della probabilità calcolata per un numero di settori pari, e quella calcolata per il numero di settori (dispari) immediatamente successivo.

Prendendo un po' di valori ottenuti con questo calcolo, ho quindi ricavato la formula che dimostra che per qualsiasi numero di settori, la probabilità risultante è sempre 0.25.

E questo dimostra (credo) che quantizzazioni a parte, la probabilità richiesta dal quesito nel "continuo", è sempre 0.25.

Per tutto ciò mi lascia perplesso.

Mi sto chiedendo se da questo sia possibile ricavare una specie di regola generale...

Mi piacerebbe provare a risolvere qualche problema simile a questo, avete qualcosa da proporre?

:hello: