Интересная олимпиада по ТВ

[Geen]

7. Кажется, $1/2$ для любых "квадратных" конфигураций.

[--mS--]

5. Очевидно, "да". Вот только очень интересует вопрос, как эту задачу решал бы тот, кто заранее не знает ответ.

[mihiv]

1. Нашел только распределение $\max (\xi _1,\dots ,\xi _n)$.
По условию $p_{\xi _i}(x)=\lambda e^{-\lambda x}$. Пусть максимальное значение в пределах от $x$ до $x+dx$ приняла случайная величина $\xi _1}$. Вероятность этого события равна:

$$p_{\xi _1}(x)dx\int \limits _0^xp_{\xi _2}(x_2)dx_2\dots p_{\xi _n}(x_n)dx_n=\lambda e^{-\lambda x}(1-e^{-\lambda x})^{n-1}dx$$

Так как с той же вероятностью это максимальное значение может принимать любая из $n$ величин $\xi _i$, то плотность распределения $\max (\xi _1,\dots ,\xi _n)$ равна:

$$p_{\max }(x)=n\lambda e^{-\lambda x}(1-e^{-\lambda x})^{n-1}$$

[ProPupil]

На наше счастье носителем показательного распределения выступает интервал $(0,\infty)$.

Функция распределения максимума $F_{max}(x)=(1-e^{-\lambda x})^n \cdot H(x)$ - оригинал. Раскрывая скобки и подвергая её преобразованию Лапласа, получаем $F_{max}(x) = \sum\limits_{k=0}^n (-1)^{2n-k} C_n^k e^{-\lambda k \cdot x}$ и

$$\mathcal L[F_{max}(p)] = \sum\limits_{k=0}^n (-1)^{2n-k} C_n^k \frac{1}{p+\lambda k}$$

Соответстенно, преобразование Лапласа плотности вычисляем по формуле дифференцирования оригинала:

$$\mathcal L[p_{max}(p)] = p \cdot \mathcal L[F_{max}(p)] - F_{max}(0) = \sum\limits_{k=0}^n (-1)^{2n-k}C_n^k \frac{p}{p+\lambda k}=$$

$$=\sum\limits_{k=0}^n (-1)^{2n-k}C_n^k + \sum\limits_{k=0}^n (-1)^{2n-k+1}C_n^k\frac{\lambda k}{p+\lambda k}$$

Первое слагаемое, очевидно, равно $\sum\limits_{k=0}^n (-1)^k C_n^k = 0$

Второе слагаемое пока оставим в таком виде $\sum\limits_{k=0}^n (-1)^{k-1}C_n^k\frac{\lambda k}{p+\lambda k}$

Разберёмся со второй случайной величиной. Плотность распределения членов суммы $p_k(x) = \lambda k e^{-\lambda kx}$. Они независимы, поэтому плотность суммы будет равна свёртке плотностей, а соответствующее изображение - произведению изображений: $\mathcal L [p_{S}](p)}= \lambda^n n! \frac{1}{\prod\limits_{i=1}^n (p+\lambda k)}$

Задача свелась к проверке выполнения следующего равенства:

$$\sum\limits_{k=0}^n (-1)^{k-1}C_n^k\frac{\lambda k}{p+\lambda k} = \frac{\lambda^n n!}{\prod\limits_{i=1}^n (p+\lambda k)}$$

Докажем это равенство по индукции.

При $n=1,2$ это равенство верно. Предположим, что оно верно для $n$.

$$\sum\limits_{k=0}^{n+1} (-1)^{k-1}C_{n+1}^k\frac{\lambda k}{p+\lambda k} = \sum\limits_{k=1}^{n+1} (-1)^{k-1}C_{n}^{k-1}\frac{\lambda k}{p+\lambda k} + \sum\limits_{k=0}^{n} (-1)^{k-1}C_n^k\frac{\lambda k}{p+\lambda k}+(-1)^n \frac{\lambda (n+1)}{p+\lambda (n+1)}=$$

$$ \sum\limits_{k=1}^n (-1)^{k-1}C_n^{k-1}\frac{\lambda k}{p+\lambda k} + (-1)^n \frac{\lambda(n+1)}{p+\lambda(n+1)}+ \frac{\lambda^n n!}{\prod\limits_{i=1}^n (p+\lambda k)}$$

А вот дальше как-то у меня заходит в тупик...

[mihiv]

\quote Задача свелась к проверке выполнения следующего равенства:

$$\sum\limits_{k=0}^n (-1)^{k-1}C_n^k\frac{\lambda k}{p+\lambda k} = \frac{\lambda^n n!}{\prod\limits_{i=1}^n (p+\lambda k)}\qquad (1)$$

\quote
Это равенство действительно выполняется. Чтобы в этом убедиться, разложим правую часть равенства на простые дроби. Справа получим : $\sum \limits _{k=1}^n\dfrac {A_k}{p+\lambda k}$, где $A_k$- неопределенные коэффициенты. Для нахождения неопред. коэффициентов положим $p=-\lambda m+\varepsilon ,(1\leq m\leq n)$, подставим это значение $p$ в правую часть равенства (1) и найдем ее асимптотику при $\varepsilon \to 0$. Получим: П.Ч.$\sim (-1)^{m-1}\dfrac {C^m_n\lambda m}{\varepsilon }$, с другой стороны из разложения на простые дроби: П.Ч.$\sim \dfrac {A_m}{\varepsilon }$. Таким образом $A_m=(-1)^{m-1}C^m_n\lambda m$, т.е. коэффициенты при простых дробях справа и слева одинаковы и, следовательно, выражения равны.

[ProPupil]

О, отлично. Совместными усилиями почти побороли задачу. Но есть одна загвоздка: $p$ - комплексное число, поскольку я брал Лапласа, а не Фурье )

[--mS--]

Можно использовать следующий легко проверяемый факт (В.Феллер, 2 том, глава 1, параграф 6, пример (а)):

--mS-- в сообщении #540620 писал(а):

... расстояния между соседними порядковыми статистиками суть независимые в совокупности случайные величины с показательным распределением $X_{(1)}\sim E_{n\alpha}$, $X_{(2)}-X_{(1)}\sim E_{(n-1)\alpha}$, $X_{(k+1)}-X_{(k)}\sim E_{(n-k)\alpha}$.

Из него утверждение задачи 1 сразу следует.

[mihiv]

ProPupil в сообщении #1082134 писал(а):

Но есть одна загвоздка: $p$ - комплексное число, поскольку я брал Лапласа, а не Фурье )

Комплексность $p$ ни на что не влияет, потому что $p$ может, в частности, принимать и действительные значения. И если получено разложение на простые дроби для действительных $p$, то оно обязано выполняться для всех $p$.

[DeBill]

№ 7.
Пусть по реке плывёт топор. Через разрушенные секции он проплывает, а через целые - нет. Потому он сможет проплыть по реке тогда и только тогда, когда, когда с одного берега на другой нельзя пройти (ха, теорема Жордана...). Но , с точки зрения топора, конфигурация моста - такая же, что и для пешехода. Поскольку вероятноси разрушения - половинки, то задачи для топора и пешехода симметричны. Потому ответ: 1/2.

[DeBill]

№5. Очевидно, нет.
Вероятность того, что нет ни мух, ни тараканов, равна 0 по условию.
Но вероятность того, что нет мух (или нет тараканов) - не нулевая (токе - бывает...).
Значит, эти случайные величины зависимы.

[DeBill]

№4 . Это - транснеравенство: $a<b, c<d \Rightarrow ac+bd< ad+bc $.


$ 2M[f(\xi)] M[g(\xi)] =\int\limits_{}^{}f(x) p(x)dx \cdot\int\limits_{}^{}g(y)p(y)dy +$

$\int\limits_{}^{}f(y) p(y)dy \cdot \int\limits_{}^{}g(x)p(x)dx =$

$=\iint\limits_{}^{} (f(x)g(y) + f(y)g(x))p(x)p(y) dxdy \leqslant $

транснеравенство

$\leqslant \iint\limits_{ }^{} ( f(x)g(x) +f(y)g(y)) p(x)p(y) dxdy = $

$ \int\limits_{}^{}f(x)g(x)p(x)dx + \int\limits_{}^{}f(y)g(y)p(y)dy =$

$2M[f(\xi)g(\xi)]$

[--mS--]

DeBill в сообщении #1094329 писал(а):

№5. Очевидно, нет.

Вы не правы.

[--mS--]

В первую очередь, конечно, вот в этом:

DeBill в сообщении #1094329 писал(а):

Вероятность того, что нет ни мух, ни тараканов, равна 0 по условию.

А потом уже в выводе.

[DeBill]

--mS--

Но как иначе понимать условие:
" не равна нуля почти наверняка. "?
А в выводе - да, пробел: несовместные события - они бывают независимыми. Но редко. Так что, из того рассуждения следует лишь, что , с вероятностью 1, кто-то из мух-тараканов всегда есть.
Ну и ладно: пусть мух всегда не меньше трех, а тараканов - не меньше двух (по предыдущему, одно из этих чисел - пусть, например, 3, - положительно) . Найдем вероятность того, что первый насекомый - мух, при условии, что насекомых всего - 5, два других - мухи, и два других - тараканы. Ясно, что это 1, что не есть 1/2. Противоречие с условием (ибо там нужна независимость не только от количества, но и от качества насекомых).

Но, конечно, с третьей стороны: Пусть за время приготовления супа, в суп насыпается два (независимых, простейших, с равной интенсивностью) потока (мух и тараканов). Хочется думать, что, в силу симметричности, мухи в супе ничем не лучше тараканов....
Но так ли это?
ЗЫ Почти наверняка, слова "почти наверняка" из текста задачи Вы (Мы?) поняли почти неверно...И ещё: что бы это значило - "ЛЮБОЕ насекомое"?

[NSKuber]

--mS--
В чём тут неправота? Разве "принимает неотрицательные целые значения, но не равна нуля почти наверняка." не означает в точности, что $P(\xi=0)=0$?

А ошибка, как мне видится, тут:

DeBill в сообщении #1094329 писал(а):

Но вероятность того, что нет мух (или нет тараканов) - не нулевая (токе - бывает...).

Отсюда сразу пример построился:
Пусть $\{\xi_n\}$ - последовательность независимых бернуллиевских с.в., принимающих значения $1$ (муха) и $0$ (таракан) с вероятностями $\frac{1}{2}$.
Определим случайную величину $\xi$ (число насекомых в супе) следующим образом: $\xi=\min\limits_{\xi_n=1} n$ - фактически геометрическое распределение выходит, до первой мухи. Тогда муха в супе всегда одна, а тараканов хоть сколько, и эти величины, очевидно, независимы.