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#2851 |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Nov 2009
Ubicazione: Terra dei Walser
Messaggi: 6,057
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#2852 | |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Nov 2009
Ubicazione: Terra dei Walser
Messaggi: 6,057
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![]() Quote:
![]() ![]() Ho visto la tua risposta. E' sbagliata. Evidentemente anche tu non hai capito, |
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#2853 |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Nov 2009
Ubicazione: Terra dei Walser
Messaggi: 6,057
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![]() Strano che non si faccia avanti nessuno.
Eppure, a me sembra semplice. B ha 16 anni- ![]() |
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#2854 |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Nov 2009
Ubicazione: Terra dei Walser
Messaggi: 6,057
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![]() Ho trovato questo quiz, e anche la soluzione.
Non è che non mi convince, ma non comprendo bene come ci si arriva. Si scelgano due punti a caso nell'intervallo [0,1]. Qual è la probabilità che la somma dei loro quadrati sia minore di 1? R.= pi.greco/4 = 0,785... ![]() |
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#2855 |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Dec 2005
Ubicazione: Torino
Messaggi: 8,123
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![]() Non vorrei dire cose troppo strampalate, ma qualcosa mi dice che questo quiz ha a che fare con l'ago di Leclerc conte di Buffon.
Ciao |
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#2856 | |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Nov 2009
Ubicazione: Terra dei Walser
Messaggi: 6,057
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![]() Quote:
L'area favorevole per la somma dei 2 punti casuali al quadrato è questa area (pi.greco/4 * 1^2), mente i casi totali possibili sono nel quadrato 1*1 ![]() |
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#2857 | |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Nov 2009
Ubicazione: Terra dei Walser
Messaggi: 6,057
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![]() Quote:
pi.greco^3/(6*2^6) = circa 8,075% dovrebbe essere semplicissimo fare una simulazione Montecarlo ![]() |
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#2858 | |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Feb 2008
Ubicazione: Unione Europea
Messaggi: 6,391
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![]() Quote:
![]() Consideriamo, nello spazio a tre dimensioni, l'equazione: z = x^2 + y^2. E' questa l'equazione di un paraboloide di rotazione (ottenibile, per esempiio, facendo ruotare intorno all'asse z la mezza parabola di equazione z = x^2 per x ≥0). Infatti, se si pone r = √(x^ + y^2), si vede che viene la parabola di equazione z = r^2 su un qualunque piano per l'asse z nel quale si ponesse l'ascissa r nel piano (x, y) di equazione z = 0. Allora, detto x il primo numero estratto a caso tra 0 e 1 ed y il secondo, se [nel piano z = 0] il punto di coordinate (x, y) sta (oltre che nel quadrato per 0 ≤ x ≤ 1 e 0 ≤ y ≤ 1) dentro al cerchio di raggio 1. risulta proprio x^2 + y^2 < 1. L'area del quarto di cerchio di raggio 1 rispetto all'area del quadrato di lato 1 è proprio la probabilità richiesta. Si può anche pensare di estrarre i due numeri tra –1 e 1 invece che tra 0 e 1 . La probabilità che la somma dei quadrati sia minore di 1 è la stessa. E' infatti il rapporto tra l'atra del cerchio di raggio 1 e l'area del quadrato di lato 2 circoscritto a questo cerchio –––– Se si estraggono a caso 3 numeri tra 0 e 1 la probabilità che la l,oro somma non superi 1 è il rapporto tra il volume della sfera di raggio 1 e il volume del cubo (di spigolo 2) ad essa circoscritto, cioè: [(4/3)π]/(2^3) = π/6. Nel caso di unn numero n di numeri casuali tra 0 e 1 occorre considerare l'ipervolume di una ipersfera ad n dimensioni e dividerlo per il volume dell'ipercubo ad n dimensioni di spigolo 2 (che è 2^n). L'ipervolume dell'ipersfera ad n dimensioni di raggio unitario è [come si trovas anche rete] (2/n) [π^(n/2)] /Γ(n/2). Si ricordi che: • se n è un intero positivo allora Γ(n) = (n – 1)! ; • Γ(1/2) = √(π) ≈ 1,772453850905516; • In generale Γ(x+1) = x·Γ(x) per cui Γ(3/2) = Γ(1/2 + 1 ) = (1/2)Γ(1/2) = √(π)/2; Γ(5/2) = Γ(3/2 + 1 ) = (3/2)Γ(3/2) = 3√(π)/4; Γ(7/2) = Γ(5/2 + 1 ) = (5/2)Γ(5/2) = 5·3·√(π)/8; e in generale Γ[(2n+1)/2] = Γ(n+1/2) = (2n)! · √(π)/{[2^(2n)]·n!} –––– Nel caso di 6 estrazioni tra 0 e 1 l'ipervolume di una sfera in 6 dimensioni vale dunque: (2/6) [π^(6/2)] /Γ(6/2) = = (1/3)· (π^3)/(2!) = (π^3)/6; e la probabilità che la somma dei sei quadrati sia minore di 1 si ha dividendolo per il volume dell'ipercubo di spigolo 2 (in 6 dimensioni) che vale 2^6 = 64. Quindi, ... OK, aspesi! P(n=6) = (π^3)/(6·64) = (π^3)/384 ≈ 0,080745512 ... ––––––– ![]()
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Erasmus «NO a nuovi trattati intergovernativi!» «SI' alla "Costituzione Europea" federale, democratica e trasparente!» |
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#2859 |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Nov 2009
Ubicazione: Terra dei Walser
Messaggi: 6,057
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![]() Astromauh, ho bisogno del tuo aiuto.
Mi hanno contestato il risultato della mia risposta ad un quesito di probabilità, che pensavo facile e che adesso mi ha creato un serio dubbio. E' questo. Di ritorno a casa a tarda notte , un matematico un pò distratto si accinge al momento più difficile; aprire il portone di casa! Sa bene di avere in tasca un mazzo cospicuo di chiavi e di non essere in grado di riconoscere quella giusta. Comincia così a provare le chiavi a caso tenendole sempre nel mazzo, ma ben presto si accorge che non è il sistema migliore. Allora decide di provare una chiave alla volta e , se non va bene, toglierla dal mazzo. La domanda è; quanti tentativi deve fare in media il matematico nei due casi? Ovvero quanti tentativi in media nel caso di non togliere la chiave provata dal mazzo, e quanti nel caso di togliere ogni volta la chiave che non va bene? Qual’ è il metodo migliore per aprire il portone il prima possibile? Il mazzo ha 7 chiavi, ma bisognerebbe generalizzare la formula del numero di tentativi con N chiavi. ![]() |
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#2860 | |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Nov 2009
Ubicazione: Terra dei Walser
Messaggi: 6,057
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![]() Quote:
![]() ![]() Avevo interpretato male e sbagliato a rispondere. In effetti, è facile: -nel caso di non togliere la chiave provata dal mazzo e scegliere sempre a caso: si tratta di calcolare il valore medio, cioè il numero di tentativi in uno schema Bernulliano (con 7 chiavi p=1/7 q=6/7). Vm=p*sommatoria di n da 1 a infinito di n*q^(n-1) che è = p*1/(1-q)^2 = p*1/p^2 = 1/p e quindi 1/(1/7)=7 in generale Vm= n -nel caso di togliere ogni volta la chiave che non va bene e scegliere le altre a una a una, si osserva che la probabilità di estrarre la chiave giusta è sempre 1/7 . Infatti, per la prima chiave=1/7; per la seconda, dopo aver sbagliato la prima=1/6*6/7; per la terza dopo gli errori della prima e della seconda=1/5*6/7*5/6, ecc... Quindi, il valore atteso è 1/7*1 + 1/7*2 + 1/7*3 + ... 1/7*7 = 4. E in generale per n chiavi Vm=(1/n)*(n*(n+1)/2) = (n+1)/2 ![]() |
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