расстояние между случайными точками

[Euler7]

Здравствуйте. Наткнулся на популярную задачу - "возьмём в квадрате со стороной 1 две случайные точки, тогда каково среднее расстояние между этими точками?".
И первым делом нужно записать интеграл $\int\limits_0^1\int\limits_0^1\int\limits_0^1\int\limits_0^1\sqrt{\left(x_1-x_2\right)^2+\left(y_1-y_2\right)^2}\mathbf{d}x_1\mathbf{d}x_2\mathbf{d}y_1\mathbf{d}y_2$. Никак не могу понять, почему это работает? Ведь я же не могу таким образом посчитать средний квадрат расстояния между точками или среднюю площадь треугольника, образованного тремя случайными точками.

[svv]

Можете, всё можете.
Пусть $X=(X_1, \ldots, X_n)$ — абсолютно непрерывная векторная случайная величина с плотностью распределения $p(x_1, \ldots, x_n)$, и $f(x_1, \ldots, x_n)$ — скалярная функция. Тогда среднее случайной величины $f(X)$ равно
$\mathsf Ef(X)=\int\limits_{-\infty}^{+\infty}...\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x_1, ... , x_n)\;p(x_1, ... , x_n)\;dx_1...dx_n$

В Вашем случае $n=4$. Для переменных $x_3$ и $x_4$ используем обозначения соответственно $y_1$ и $y_2$. $X=(X_1, X_2, Y_1, Y_2)$. Плотность распределения $p(x_1, x_2, y_1, y_2)$ равна $1$ в кубе $[0,1]^4$ и $0$ вне его. Поэтому интегрировать нужно лишь по кубу $[0,1]^4$. И функция $f(x_1, x_2, y_1, y_2)=\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}$.

[Euler7]

А если нам нужно найти квадрат расстояния, то какой будет функция распределения? Т.е. пусть будет отрезок и на нём 2 случайные точки($x$ и $y$), а нужен средний квадрат расстояния между этими точками. Тогда, если я верно понял, $\int\limits_0^1\int\limits_0^1\left(x-y\right)^2\cdot p(x,y)dxdy=\frac19$.

[svv]

Euler7 в сообщении #1229267 писал(а):

А если нам нужно найти квадрат расстояния, то какой будет функция распределения?

Вроде, простой вопрос, а не могу ответить без (аж!) трёх замечаний.
1) Я говорил о плотности распределения $p$. Функция распределения $F$ — такой термин есть, она тесно связана с плотностью, но это другое.
2) Если Вы сами составляете задачу, плотность распределения в значительной степени зависит от Вас. Именно Вы определяете, попадание в какие области более вероятно или менее вероятно. Именно Вы определяете, зависимы компоненты $X_1$ и $X_2$ (например), или независимы. В случае единичного отрезка, если с.в. $X_1$ и $X_2$ независимы, и обе равномерно распределены, то $p(x_1, x_2)=1$, и под интегралом её можно не писать.
3) Когда задали распределение непрерывной случайной величины $X=(X_1, X_2)$ плотностью распределения, можете задавать различные функции $f$ от $X$ и подставлять в интеграл. Плотность распределения $p$ с.в. $X$ от выбора функции $f$ не зависит.

[Euler7]

Что-то я так ничего и не понял, касаемо изначального вопроса... Смотрите, вот исходная задача:

Цитата:

Дан отрезок единичной длины, каково среднее расстояние между двумя случайными точками($x$ и $y$) на нём? $x$ и $y$ независимы и равномерно распределены.

и решение у нас такое:

$$\int\limits_0^1\int\limits_0^1\sqrt{\left(x-y\right)^2}dxdy=\frac13$$

А теперь слегка меняем условие - вместо среднего расстояния ищем средний квадрат расстояния. Раз расстояние у нас 1/3, то его квадрат должен быть 1/9. Запишем решение, аналогичное предыдущему:

$$\int\limits_0^1\int\limits_0^1\left(x-y\right)^2dxdy=\frac16$$

Видим что ответ неверный, вопрос - где ошибка? Почему в первом случае переход к интегралу верен, а во втором нет?

[Slav-27]

Euler7 в сообщении #1229274 писал(а):

Раз расстояние у нас 1/3, то его квадрат должен быть 1/9.

Я кидаю монетку: на одной стороне $1$, на другой $-1$.

Какое будет среднее выпадающее значение? А средний квадрат?

[Euler7]

Ой, прошу прощения. Там действительно всё верно. Но всё равно не всё сходится, смотрите:
Рассмотрим квадрат и 3 случайные точки на нём. Как и прежде все координаты равномерно распределены и независимы. Будем искать среднюю площадь треугольника, образованного этими точками. Получаем вот такую скалярную функцию: $f(x,y)=\frac{1}{2} \left|(x_2-x_1) (y_3-y_1)-(x_3-x_1) (y_2-y_1)\right|=\frac{1}{2} \sqrt{((x_2-x_1) (y_3-y_1)-(x_3-x_1) (y_2-y_1))^2}$
Скормив этот интеграл матпакету(Wolfram Mathematica) получим ноль:

$$\int _0^1\int _0^1\int _0^1\int _0^1\int _0^1\int _0^1\frac{1}{2} \sqrt{((x_2-x_1) (y_3-y_1)-(x_3-x_1) (y_2-y_1))^2}dx_1dx_2dx_3dy_1dy_2dy_3=0$$

Что ну никак не может быть ответом, ведь функция не может вернуть значение меньше нуля и при этом порой выдаёт положительные значения... Ответ должен быть в районе 0.076.

[svv]

Но это уже вопрос к Wolfram Mathematica (между прочим, недавно он не смог правильно перемножить 4 матрицы размером $3\times 3$ с небольшими целочисленными элементами).
Возможно, Wolfram решил, что квадрат и корень уничтожают друг друга, и просто убрал то и другое. После этого под интегралом осталась площадь со знаком (ориентированная площадь), а для неё среднее действительно равно нулю.

[Евгений Машеров]

Euler7 в сообщении #1229274 писал(а):

Раз расстояние у нас 1/3, то его квадрат должен быть 1/9

Квадрат - функция нелинейная. Матожидание не преобразуется очевидным образом, в частности, матожидание квадрата больше квадрата матожидания на дисперсию.

[Евгений Машеров]

Euler7 в сообщении #1229283 писал(а):

Скормив этот интеграл матпакету(Wolfram Mathematica) получим ноль:

Так претензии к матпакету, вернее, к Вашему использованию его. Вы исходите из того, что знак $\sqrt$ означает арифметическое значение квадратного корня, и корень из квадрата замена абсолютной величины. А автор пакета этого, видимо, не придерживается. И требует от него, пакета, упрощения формулы, так что корень из квадрата тождественное преобразование. Там точно нет абсолютной величины? Или Вы просто не искали?
В любом случае, это не претензия к теорверу, он даёт формулу, где под интегралом положительная функция. А уж Вы записали так, что она принимает отрицательные значения, и даже, в силу симметрии, интеграл того, что Вы записали, будет тождественный ноль.

[ewert]

Евгений Машеров в сообщении #1229325 писал(а):

А автор пакета этого, видимо, не придерживается.

А он, скорее всего, и не в силах этого придерживаться. Поскольку автоматическое раскрытие модуля означает некую автоматическую расстановку пределов интегрирования по заданному неравенству. Что-то я сильно сомневаюсь, что тов. Вольфрам способен это дело автоматизировать.

-- Сб июн 24, 2017 23:49:32 --

Евгений Машеров в сообщении #1229325 писал(а):

А уж Вы записали так, что она принимает отрицательные значения

А он явно намеренно записал так, чтобы отрицательных значений как раз и не было. Никакими иными причинами объяснить подсовывание квадрата под корень невозможно.

Но вообще тема оставляет несколько своеобразное впечатление. Начиная минимум с третьего поста (если не с первого).

[Euler7]

Спасибо, svv, вопрос решён.
Так же хочу принести свои извинения всем кого оскорбило моё нелепое предположение о том что $\left(\frac1n\sum\limits_{i}^{n}{x_i}\right)^2=\frac1n\sum\limits_i^n{x_i^2}$. К сожалению я не могу объяснить, как получилось, что не заметил эту ошибку. Понимаю, что нет мне оправдания, но, надеюсь, вы найдёте в себе силы меня простить.
Что касается матпакета.
Он трактует квадратный корень как частный случай показательной функции(ссылка на документацию). "Sqrt[z^2] is not automatically converted to z.".
Взятие абсолютного значения, конечно же, есть. Но стоит заметить, что это тоже функция от комплексной переменной и она является более сложной для символьный вычислений. В данном случае я просто не дождался, когда пакет закончит расчёты.
При взятии простых интегралов проблем не возникает - https://image.prntscr.com/image/Jzz34Ju ... 6wxKSg.png
Обсуждаемый интеграл, как неопределённый, он берёт так -

$$\begin{gathered}\int\int\int\int\int\int\limints \frac{1}{2} \sqrt{((x_2-x_1) (y_3-y_1)-(x_3-x_1) (y_2-y_1))^2}dx_1dx_2dx_3dy_1dy_2dy_3=\\*=\frac{1}{8}x_1 x_2 x_3 y_1 y_2 y_3 \sqrt{(-x_1 y_2+x_1 y_3+x_2 y_1-x_2 y_3-x_3 y_1+x_3 y_2)^2}\end{gathered}$$

А если убрать квадрат и корень, то так -

$$\begin{gathered}\int \int \int \int \int \int \frac{1}{2} ((x_2-x_1) (y_3-y_1)-(x_3-x_1) (y_2-y_1))dx_1dx_2dx_3dy_1dy_2dy_3=\\=\frac{1}{8} x_1 x_2 x_3 y_1 y_2 y_3 (x_1 (y_2-y_3)+x_2 (y_3-y_1)+x_3 (y_1-y_2))\end{gathered}$$