Ασκήσεις και απορίες πάνω στη Θεωρία Πιθανοτήτων

[Guest 749981]

μπορούμε να βγάλουμε και γενικό τύπο σωστά ;
ενδιαφέρον θα χε

Έχω δει γενικό τύπο.

 

[Oof]

Έχω δει γενικό τύπο.

Με λίγο ψάξιμο στο quora βρήκα αυτό : n/2^(n-1) που όντως για 3 σημεία δίνει 3/4 και για 4 1/2
Το derivation του τύπου δε το έπιασα οποίος το καταλάβει ας γράψει εδώ

 

[Guest 586541]

@Andypro

Το πήγα με μέγιστες αποστάσεις τόξων. Αν θεωρήσουμε το κάθε σημείο ως άκρο τότε παίρνουμε ένα θεωρητικό τόξο που το έχει ως άκρο και βρίσκουμε τα σημεία στα οποία αν παίξει το τρίτο σημείο θα είναι εντός του τόξου που θέλουμε. Κάνουμε την διαδικασία αυτή και για τα δύο σημεία. Επειδή τα δύο πρώτα σημεία που θα επιλέξουμε κατά μέσο όρο βρίσκονται 90 μοίρες μακριά, θα καλύπτουν τα θεωρητικά τόξα 270 μοίρες, άρα και 3/4 η πιθανότητα που και εσύ μας είπες.

Δεν θα μπορούσα να σκεφτώ έτσι και για το 4ο; Σόρρυ αν λέω βλακείες αλλά δεν έχω ασχοληθεί με πιθανότητες.

 

[Guest 749981]

@Andypro

Το πήγα με μέγιστες αποστάσεις τόξων. Αν θεωρήσουμε το κάθε σημείο ως άκρο τότε παίρνουμε ένα θεωρητικό τόξο που το έχει ως άκρο και βρισκουμε τα σημεία στα οποία αν παίξει το τρίτο σημείο θα είναι εντός του τόξου που θέλουμε. Κάνουμε την διαδικασία αυτή και για τα δύο σημεία. Επειδή τα δύο πρώτα σημεία που θα επιλέξουμε κατά μέσο όρο βρίσκονται 90 μοίρες μακριά, θα καλύπτουν τα θεωρητικά τόξα 270 μοίρες, άρα και 3/4 η πιθανότητα που και εσύ μας είπες.

Δεν θα μπορούσα να σκεφτώ έτσι και για το 4ο; Σόρρυ αν λέω βλακείες αλλά δεν έχω ασχοληθεί με πιθανότητες.

Αυτό είναι το point πάνω-κάτω. Μπορείς να δεις το σύνολο σημείων ως χώρο (κύκλος x κύκλος x κύκλος x κύκλος) που αποδεκτό είναι ένα υποσύνολο αυτών.

 

[Guest 749981]

Λοιπόν, επειδή κι εγώ δεν είδα κάποια λύση που να με ικανοποιεί 100% για το πρόβλημα, θα χρησιμοποιήσω συνεχείς τυχαίες μεταβλητές.

Λέω 2 σημεία διαδοχικά αν δεν παρεμβάλλεται κανένα άλλο μεταξύ τους από τα 4 που μελετά το πρόβλημα.

Ξεκινώντας από 1 από τα σημεία μπορώ να πάω σε οποιοδήποτε διαδοχικό του διαγράφοντας είτε μια θετική είτε μια αρνητική γωνία στο διάστημα [-π, π]. Αποδεκτά αποτελέσματα είναι όσα έχουν άθροισμα απόλυτων τιμών γωνιών μεταξύ διαδοχικών σημείων < π.

Έστω θ η γωνία μεταξύ του πρώτου σημείου και κάποιου διαδοχικού του. Η συνάρτηση πυκνότητας πιθανότητας για την θ είναι f(θ) = 1/2π στο [-π,π]. Έστω Θ = |θ|. f(Θ) = 1/π στο [0,π].

Ομοίως ορίζουμε έτσι τη συνάρτηση για τις άλλες γωνίες μεταξύ διαδοχικών σημείων, έστω ω και φ. Ω = |ω|, Φ = |φ|.

Έστω Γ = Θ + Ω + Φ. Θέλουμε το convolution των 3 αυτών συναρτήσεων. Έπειτα, μπορούμε να εξαγάγουμε την δεσμευμένη πιθανότητα P(Γ < π | Γ < 2π). Επιλέγω τη δεσμευμένη πιθανότητα καθώς οποιοσδήποτε σχηματισμός με άθροισμα των απολύτων των γωνιών > 2π, μπορεί να σχηματιστεί με μικρότερες γωνίες και τα σημεία να είναι ίδια.

Αν Α το σύνολο των αποδεκτών τετράδων και Β το σύνολο όλων των μη αποδεκτών τετράδων τότε παίρνουμε το "ποσοστό"
|Α|/|4Α+4Β|, γιατί κάθε αποδεκτή τετράδα θα μετρηθεί 3 φορές ως μη αποδεκτή.

 

[Guest 749981]

Μια καινούργια, ελπίζω πιο βατή.

Δημιουργούμε lock patterns αυστηρά σε σχήμα τριγώνου ή ορθ. παραλληλογράμμου με κλίσεις στα ευθύγραμμα τμήματα ίσες με αυτές των καθέτων, των οριζοντίων γραμμών και των 2 διαγωνίων. Ποια είναι η πιθανότητα να συμπεριλαμβάνεται το κέντρο του τετραγώνου στο lock pattern; Τι ισχύει αν, αντί για 3 x 3 διαθέσιμες θέσεις, είναι n x n, n > 1 και περιττός;

Θεωρούμε όλα τα αποδεκτά lock patterns ισοπίθανα.

 

[Guest 749981]

Μερικά σχόλια για τη λύση:

Για την περίπτωση που n = 3 η απάντηση είναι:

Spoiler

32/38. Μόνο τα 4 ορθογώνια τρίγωνα {(1,1), (1,2), (2,1), (1,1)} κτλ., το λοξό τετράγωνο {(1,2),(2,1),(3,2),(2,3)}και το τετράγωνο {(1,1), (1,2), (1,3), (2,3), (3,3), (3,2), (3,1), (2,1), (1,1)} δεν περνάνε από το κέντρο.

Για τη γενική περίπτωση:
Χωρίζω τα σχήματα στα εξής σύνολα:

• Ορθογώνια τρίγωνα = Α
• Ισοσκελή μη ορθογώνια τρίγωνα = Β
• Λοξά τετράγωνα (με κλίση -1, 1 στις πλευρές αντί για 0, άπειρο) = Γ
• Τετράγωνα = Δ
• Ορθογώνια = Ε
• Λοξά ορθογώνια (με κλίση -1, 1 στις πλευρές αντί για 0, άπειρο) = Ζ

Επίσης παρατηρώ ότι:

• Τα σχήματα του συνόλου Β προκύπτουν από συνδυασμούς σχημάτων του Α με κοινή πλευρά
• Τα σχήματα του συνόλου Γ προκύπτουν από συνδυασμούς σχημάτων του Β με κοινή πλευρά
• Τα σχήματα του συνόλου Ζ προκύπτουν από συνδυασμούς σχημάτων του Γ με κοινή πλευρά ή "συνεχείς" συνδυασμούς σχημάτων του Ζ.
• Προσθέτοντας μια γραμμή σε ένα ορθογώνιο τρίγωνο, τα ορθογώνια τρίγωνα αυξάνονται κατά 5(n-2). Δηλαδή, γνωρίζοντας το μήκος της πλευράς ενός ορθ. τριγώνου, υπάρχει ο αναδρομικός τύπος b(n) = b(n-1) + 5(n-2).
• Τα σχήματα του συνόλου Γ είναι 1, 12, 26, ... για n = 3, n = 5, n = 7, ...

Tbh, βαριέμαι να ασχοληθώ άλλο. Η ιδέα είναι η κατασκευή ενός αναδρομικού τύπου a(n) των αποδεκτών σχημάτων και s(n) των συνολικών σχημάτων. Η απάντηση είναι κάθε φορά a(n)/s(n).

ΥΓ. Στο προηγούμενο μάλλον έπρεπε να βάλω δέσμευση στο 3π/2 και όχι στο 2π.

 

[bovid19]

Να αποδειχθεί ότι αν η από κοινού σ.π.π. fxy(x,y) είναι της μορφής fxy(x,y)=g(x)h(y) τότε οι X, Y είναι ανεξάρτητες τ.μ. και αντίστροφα. (Δεν ξέρω τι τρέχει με το λατεκ)

 

[Guest 749981]

Spoiler

Αν έχουμε το ενδεχόμενο Β για τη μεταβλητή Χ και το ενδεχόμενο Γ για τη μεταβλητή Υ και Α = B τομή Γ, προκειμένου να είναι ανεξάρτητες οι Χ,Υ θα πρέπει P(A) = P(B)P(Γ), όποτε αυτά τα σύμβολα έχουν νόημα.

Νομίζω με λίγη algebruh/Θ. Fubini βγαίνει ότι το διπλό ολοκλήρωμα είναι πάντα το γινόμενο των 2 απλών.