Математическое ожидание длины наименьшего по длине отрезка

[ShMaxG]

Минимумы, максимумы, порядковые статистики, пирамиды, обусловливание по зависимым переменным... Господи, какое самоистязание.

Пусть $\xi\in U(0,1)$, $\eta\in U(0,1)$ -- независимые величины, делящие $[0,1]$ на три отрезка. Введем множества

$$\Omega_1=\{(x,y)\in[0,1]^2:\,x<y,x<y-x,x<1-y\},$$

$$\Omega_2=\{(x,y)\in[0,1]^2:\,x<y,y-x<x,y-x<1-y\},$$

$$\Omega_3=\{(x,y)\in[0,1]^2:\,x<y,1-y<x,1-y<y-x\}.$$

Они выявляют случаи, когда минимальным является левый отрезок, средний отрезок и правый отрезок, соответственно, при $x<y$. Симметрично можно ввести случай $y>x$. Рисуем на листочке простые треугольники. Далее

$$\mathbb{E}l_{\min}=2\left(\iint_{\Omega_1}x\,dxdy + \iint_{\Omega_2}(y-x)\,dxdy + \iint_{\Omega_3}(1-y)\,dxdy\right).$$

Задача свелась к трем простым интералам из матана для второкурсников. Смотря на листочек с рисунком сразу можно увидеть, что первый и третий интегралы равны. Наверное как-то можно увидеть, что они равны и второму интегралу.

[svv]

ShMaxG в сообщении #1607791 писал(а):

Рисуем на листочке простые треугольники.

Получается 12 треугольников, в пределах каждого треугольника длина наименьшего ($a$), среднего ($b$) и наибольшего ($c$) отрезка задаётся полиномом первой степени от $x,y$ (их выписывать не надо). Дальше:
1) Площади всех треугольников равны, поэтому среднее значение $a(x,y)$ по квадрату $[0,1]^2$ равно среднему арифметическому от средних по каждому треугольнику.
2) Среднее значение функции $a(x,y)=c_1x+c_2y+c_3$ по треугольнику равно среднему арифметическому её значений в вершинах.
3) Для каждого треугольника $a(x,y)$ равна нулю в двух вершинах и $\frac 1 3$ в третьей. Получается ответ:
$\dfrac{0+0+\frac 1 3}{3}=\dfrac 1 9$

[gris]

Удивительно! А ведь эдак и обобщить можно. Я продолжая свои эксперименты по ломанию единичной палочки на $n$ частей обнаружил, что средний размер минимальной части приближается к $1/n^2$. Нет ли возможностей теоретического обоснования и практического применения?

[мат-ламер]

gris в сообщении #1607804 писал(а):

Нет ли возможностей теоретического обоснования ...

Прочтите мой предыдущий пост. Всё гораздо проще, чем в решениях от ShMaxG и svv . Ответ сводится к нахождению суммарного объёма пирамид. Не надо ничего рисовать и явно выписать уравнения их поверхностей. В четырёхмерном случае ответ равен высоте пирамид $1\slash 4$ , поделённую на размерность пространства (суммарный объём оснований у нас единичный). Итого, ответ $1 \slash 16$ .

[ShMaxG]

мат-ламер
Теперь я понял. Вот эти интегралы у меня -- это на самом деле объемы пирамид. И сумма этих объемов равна объему одной пирамиды, который считается устно. А тот Ваш пост я не понял, потому что не хватает промежуточных выкладок, вариант которых я, в общем-то, и привел.

[gris]

Ну чтобы не пропали многодневные вычисления на компьютере в замечательной PARI/GP, приведу статистику по средним длинам упорядоченных кусочков единичной палочки, разломанной на $n$ частей. Некоторые закономерности явно проглядываются. Данные приблизительные, конечно, на больших значениях $n$
n=2 [ 1, 3] / 4
n=3 [ 2, 5, 11] / 18
n=4 [ 3, 7, 13, 25] / 48
n=5 [ 4, 9, 16, 26, 46] / 100
n=6 [ 5, 11, 19, 29, 44, 74] / 180
n=7 [ 6, 13, 21, 32, 46, 67,109] / 294
n=8 [ 7, 15, 24, 36, 50, 68, 96,152] / 448
n=9 [ 8, 17, 27, 39, 54, 72, 96,132,203] / 647

(код)

{\\ breaking a stick into pieces
m=1 000 000;  \\length of a stick
k=1 000 000;  \\sample size 
for( n=2,9,  \\number of chips

  ds=vector(n); \\sorted vector of chip lengths
  for( ik=1,k,
    s=concat( concat( 0,vecsort(vector(n-1,i,random(m+1))) ), m); 
    ds=ds+vecsort(vector(n,i,s[i+1]-s[i])); 
  ); 
  printf( "n=%d   %3d    / %d \n", n, (n-1)*ds\/ds[1],(n-1)*m*k\/ds[1] );
)}

[makxsiq]

Чтобы посчитать точное значение матожидания можно попробовать по аналогии нырнуть в n-мерные интегралы.
Альтернативный вариант - вывести распределение порядковой статистики.

[Sdy]

mihaild,
а не могли бы Вы помочь найти ошибку?

Я несколько раз перепроверял, у меня получается, что

$$\mathbb{P}(l_2 \leq t, l_2 < l_1, l_2 < l_3, X > Y) = \int\limits_{0}^{2t}dx\int\limits^{x}_{\frac{x}{2}}dy + \int\limits_{2t}^{\frac{1}{3}}dx\int\limits_{x-t}^{x}dy + \int\limits_{\frac{1}{3}}^{\frac{1+t}{3}}\int\limits_{x-t}^{1-2x}dy=$$$$ = \left(t^2+\left(\frac{1}{3}-2t\right)t+\frac{t^2}{6}\right)\cdot \mathbf{1}_{0 < t < \frac{1}{5}}$$

То есть я соответствующую область разбиваю на три части, по которым интегралы считаются проще. При этом при других $t$ у меня получается интеграл по пустому множеству, равный нулю. Вот ссылка на рисунок, который у меня получается.

При этом

$$\mathbb{P}(l_2 \leq t, l_2 < l_1, l_2 < l_3, X < Y) = \mathbb{P}(l_2 \leq t, l_2 < l_1, l_2 < l_3, X > Y)$$

А

$$\mathbb{P}(l_3 \leq t, l_3 < l_1, l_3 < l_2) = \mahtbb{P}(l_1 \leq t, l_1 < l_2, l_1 < l_3) = (2t-3t^2)\cdot \mathbf{1}_{0 \leq t \leq \frac{1}{3}}$$

Чувствуется, что проблема в $\mathbb{P}(l_2 \leq t, l_2 < l_1, l_2 < l_3, X < Y)$, но я ее пока что не вижу. И полученная условная плотность этого распределения интегрируется в $1$, как и положено, что сбивает с толку.

[Sdy]

Так, обнаружил что вместо прямой $y=1-2x$ должна быть прямая $y=2x-1$, ошибка потянулась практически с самого начала, сейчас буду исправлять.

Итоговый ответ :

$$ F_{l_{(1)}}(t) \begin{cases} 0, & t < 0\\ 6t-9t^2, & 0 < t \leq \frac{1}{3} \\ 1, t > \frac{1}{3} \end{cases}$$

.

У --mS-- получалось :

--mS-- в сообщении #1245268 писал(а):

Функции распределения $l_{(1)}$ и $l_{(3)}$ следующие:

$$ F_{l_{(1)}}(t)=(1-3t)^2, \ t\in[0,1/3], \quad F_{l_{(3)}}(t)=\begin{cases}(3t-1)^2, & t\in[1/3,\,1/2],\cr 1-3(1-t)^2, & t\in[1/2,\,1]\end{cases} $$

Но тогда $f_{l_{(1)}}(t)=(18t-6)\cdot \mathbf{1}_{0 < t < \frac{1}{3}}$ и интеграл от такой плотности будет $-1$. То есть видимо, там опечатка.
Я просто в том числе на то сообщение ориентировался, чтобы проверить в итоге мою функцию распределения.

[Sdy]

ShMaxG,
спасибо за Ваше решение, у Вас вроде бы тоже всё понятно. Я просто загорелся сразу найти распределение длины наименьшего отрезка, а не просто математическое ожидание.

[ShMaxG]

Sdy в сообщении #1607962 писал(а):

Я просто загорелся сразу найти распределение длины наименьшего отрезка, а не просто математическое ожидание.

Ну тогда просто будет для $t\in(0,1/3)$

$$\mathbb{P}(l_{\min} < t)=2\left( \iint_{\Omega_1}\mathcal{I}(x<t)\,dxdy + \iint_{\Omega_2}\mathcal{I}(y-x<t)\,dxdy + \iint_{\Omega_3}\mathcal{I}(1-y<t)\,dxdy \right)=$$

$$=2\left( \frac{1}{2} - \iint_{\Omega_1}\mathcal{I}(x>t)\,dxdy - \iint_{\Omega_2}\mathcal{I}(y-x>t)\,dxdy - \iint_{\Omega_3}\mathcal{I}(1-y>t)\,dxdy \right),$$

где сумма интегралов в последнем выражении -- это площадь некоторого прямоугольного треугольника.

[Sdy]

ShMaxG,
спасибо, в принципе у меня примерно так в итоге и получается, потому что

$$\mathbb{P}(l_{(1)} \leq t) = \mathbb{P}(\{l_{(1)} \leq t\} \cap \Omega) = $$

$$=\mathbb{P}\left(\{l_{(1)} \leq t\} \cap (\{l_{(1)} = l_{1}\} \cup \{l_{(1)} = l_{2}\} \cup \{l_{(1)} = l_{3}\})\right)=$$

$$ = \mathbb{P}(l_{(1)} \leq t, l_{(1)} = l_{1}) + \mathbb{P}(l_{(1)} \leq t, l_{(1)} = l_{2}) +\mathbb{P}(l_{(1)} \leq t, l_{(1)} = l_{3}) $$

и оказывается, что тут даже условные вероятности не нужны.
Я проделал тоже самое для нахождения распределений $l_{(2)}$ и $l_{(3)}$, всё получилось. Собственно поэтому мне идея mihaild и понравилась -- минимум интуиции, максимум строгости.

мат-ламер,
спасибо за Ваше решение, но мне в нём ничего непонятно. Не очень люблю геометрические идеи, они всё равно не приходят мне в голову в силу того что я не всегда понимаю как их адекватно обосновывать.

[melnikoff]

Думаю, этого рисунка будет достаточно.