Estrazioni casuali

[aspesi]

astromauh

P = P1 + P2

Vero, è un ottimo ragionamento, e anche semplice.

[aspesi]

astromauh

Direi: 18

PS
Comunque mi sembra mal posto.

Perchè il personaggio B dovrebbe dire:

Io avrei il doppio degli anni di A se avessi 12 anni.

Il testo NON è mio (l'ho semplicemente copiato), comunque è solo sintatticamente scorretto, e basta un minimo di intuito (direi "di intelligenza" ) per capire quello che si intende dire e chiedere.



Ho visto la tua risposta. E' sbagliata. Evidentemente anche tu non hai capito,

[aspesi]

Strano che non si faccia avanti nessuno.
Eppure, a me sembra semplice.

B ha 16 anni-

[aspesi]

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...

[nino280]

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

[aspesi]

nino280

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

E' abbastanza comprensibile se nel quadrante degli assi positivi x y si traccia un quarto di cerchio di raggio 1.
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

[aspesi]

aspesi

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

Ho anche trovato che (per induzione) ad es. per 6 dimensioni (cioè scegliendo a caso 6 punti), la probabilità che la somma dei loro quadrati non sia maggiore di 1 è
pi.greco^3/(6*2^6) = circa 8,075%

dovrebbe essere semplicissimo fare una simulazione Montecarlo

[Erasmus]

aspesi

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?

Mi pare quasi ovvio che sia π/4
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 ...
–––––––

[aspesi]

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.

[aspesi]

aspesi

Il mazzo ha 7 chiavi, ma bisognerebbe generalizzare la formula del numero di tentativi con N chiavi.[/i]

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