Найдите математическое ожидание длины отрезка

[an2ancan]

Отрезок $[0;1]$ разбит двумя случайными точками на три части. Найдите математическое ожидание длины меньшей из частей.

Мои рассуждения:

Очевидно, что плотность вероятности $\rho$ равна 1.

Назовем части $l_1, l_2, l_3$. Рассмотрим для начала отрезок $l_1$ и предположим, что он наименьший. Таковым он может быть если его длина меньше $\frac{1}{3}$, в противном случае он обязательно становится большего какого либо из отрезков. Тогда мат. ожиданеи отрезка $l_1$ равно:
$E_l_1 = \intlimits_{0}^{\frac{1}{3}}\int \rho dx = \frac{x^2}{2}|\limits_{0}^{\frac{1}{3}} = \frac{1}{18}$

Но т.к. таких отрезков 3, то мат. ожидание равно $E = 3\cdot E_l_1 = \frac{1}{6}$

Подскажите, все верно, или я что-то упускаю?

[mihaild]

an2ancan в сообщении #1256071 писал(а):

Таковым он может быть если его длина меньше $\frac{1}{3}$

Это необходимое, но не достаточное условие.

an2ancan в сообщении #1256071 писал(а):

Но т.к. таких отрезков 3, то мат. ожидание равно $E = 3\cdot E_l_1 = \frac{1}{6}$

А это почему?

[Aritaborian]

Недавно было нечто похожее.

[an2ancan]

Aritaborian в сообщении #1256075 писал(а):

Недавно было нечто похожее.

Спасибо.

Предположим, что $x$ - минимальный отрезок, $y$ - max. Тогда:

$x<y$ или $y>x$
$x < 1 - x - y \rightarrow y<1 - 2x$

Получаем примерно следующую картину:



Мат ожидание получается тогда равным:

$E =\int_{0}^{\frac{1}{3}} x dx \int_{x}^{1-2x}dy = \frac{1}{54} $

хотя в приведенной ссылке упоминается, мат ожидание минимального отрезка должно быть равным $\frac{1}{9}$

[ИСН]

an2ancan в сообщении #1256071 писал(а):

Очевидно, что плотность вероятности $\rho$ равна 1.

Плотность вероятности точек разбиения - да, равна. Но отсюда не следует, что все остальные плотности вероятности в этой и в других задачах тоже равны 1.

[an2ancan]

ИСН в сообщении #1256298 писал(а):

Плотность вероятности точек разбиения - да, равна. Но отсюда не следует, что все остальные плотности вероятности в этой и в других задачах тоже равны 1.

Спасибо, кажется разобрался.

И так, пусть первая точка находится на расстоянии $x$ от начала отрезка, а втораня на $y$.Тогда возможны такие варианты:

1. $x < y$
a) $x$ -- min
b) $y-x$ -- min
c) $1-y$ -- min
2. $y < x$
a) $y$ -- min
b) $x-y$ --min
c) $1-x$ -- min

Рассмотрим случай 1а ($x < y$ и $x$ - min)
Для этого случая имеем след. условия

$x < y-x \rightarrow y>2x$
$x < 1 - y \rightarrow y < 1 - x$



Тогда для этого случая мат ожидание равно:

$E_1a =\int_{0}^{\frac{1}{3}} x dx \int_{2x}^{1-x}dy = \frac{1}{54} $

Рассмотрим случай 1.b, где $y-x$ - min

Имеем следующие условия:

$y-x < x \rightarrow y<2x$
$y-x < 1 - y \rightarrow y < \frac{1+x}{x}$
$y>x$

получаем такой график:


нам нужно посчитать двойной интеграл заключенный между прямыми. Это можно сделать так:

$E_1b = \int_{0}^{\frac{1}{3}}dx\int_{x}^{2x}y-x dx + \int_{\frac{1}{3}}^{1}dx\int_{x}^{\frac{1+x}{2}}y-x dx$

C вашего позволения, я опущу вычисления. Получилось, что

$E_1b = \frac{1}{54}$

Случай 1c аналогичен 1a. (Можно представить, что система отсчета начинается с конца отрезка и идет к началу) , т.е.
$E_1c = \frac{1}{54}$

Получается $E_1 = E_1a + E_1b + E_1c = \frac{1}{18}$

По симметрии можно предположить, что $E_2 = E_1$

Тогда $E = 2E_1 = \frac{1}{9}$

Вроде так.

[atlakatl]

Решаются ли такие задачи по методам ДУ? Вроде получилась модель, но интегралы какие-то бесконечные получаются.
Отрезок $[0, 1]$. Из нуля вправо выходит точка со скоростью $x$, из 1 влево - со скоростью $y$.
Положим $x=1$, $y\in[1, \infty)$.
Получилось уравнение $(1+y)t=1$. Какой составить интеграл, чтоб получилось $y_{cp}=8$?