Задача про три равномерных СВ

[MestnyBomzh]

Вася поставил учиться две нейронных сети, каждую на своем GPU, и отправился спать. Времена обучения сетей независимы и равномерно распределены на отрезке $[1;3]$ (часов). Через время
$t$ сервер упал и оказалось, что лишь одна сеть успела доучиться. С какой вероятностью $t \leq 1.5$? Считайте, что время падения сервера тоже равномерно распределено на отрезке $[1;3]$
Моя попытка решения:
Пусть $N_1$ - момент времени, когда обучилась первая сетка, $N_2$ - вторая.
Тогда искомая вероятность:

$$P( t \leq 1.5 | N_1 < t, N_2 > t \ or\ N_1 >t, N_2 <t) = \frac{P(N_1 < t, N_2 > t \ or \ N_1 >t, N_2 <t | t \leq 1.5) P( t \leq 1.5)}{P(N_1 < t, N_2 > t \ or \ N_1 >t, N_2 <t)}$$

С каждым множителем отдельно:
1) $P( t \leq 1.5) = 0.25$
2)

$$P(N_1 < t, N_2 > t \ or \ N_1 >t, N_2 <t) = P(N_1 < t, N_2 > t ) + P(N_1 >t, N_2 <t) = 0.5$$

3)

$$P(N_1 < t, N_2 > t \ or \ N_1 >t, N_2 <t | t \leq 1.5) = P(N_1 < t, N_2 > t | t \leq 1.5) + P( N_1 >t, N_2 <t | t \leq 1.5) $$

В силу независимости

$$P(N_1 < t| t \leq 1.5) P(N_2 > t | t \leq 1.5) + P( N_1 >t | t \leq 1.5) P( N_2 <t | t \leq 1.5)$$

Эти вероятности я нашел геометрически, получил: $\frac{1}{8}\frac{7}{8}+\frac{1}{8}\frac{7}{8}$

4) Итого подставляем всё в исходник:

$$\frac{2\cdot \frac{1}{8} \frac{7}{8} \cdot 0.25}{0.5} = \frac{7}{64}$$

Это не бьётся с ответом в $\frac{5}{32}$, подскажете где я ошибся?

[mihaild]

MestnyBomzh в сообщении #1315586 писал(а):

$$P(N_1 < t, N_2 > t \ or \ N_1 >t, N_2 <t) = P(N_1 < t, N_2 > t ) + P(N_1 >t, N_2 <t) = 0.5$$

А это почему?

[MestnyBomzh]

mihaild
Я решил так: $P(N_1 < t, N_2 > t ) = P(N_1 < t) P( N_2 > t ) $ Дальше я нарисовал на плоскости $(t, N_1)$ нарисовал квадрат $1 < t < 3, 1 < N_1 < 3$, провёл линию $t=N_1$, квадрат разбился на два треугольника. В одном из них выполнено условие$N_1 < t$, вероятность этого события я нашел как отношение площадей: $0.5$, аналогично для $P( N_2 > t ) = 0.5$. Значит $P(N_1 < t, N_2 > t ) =P(N_1 < t) P( N_2 > t ) = 0.5 \cdot 0.5 = 0.25$ Второе слагаемое аналогично

[mihaild]

MestnyBomzh в сообщении #1315590 писал(а):

$P(N_1 < t, N_2 > t ) = P(N_1 < t) P( N_2 > t ) $

Это неправда - события не независимые.
Интуитивно, если $N_1 < t$, то $t$ скорее большое, чем маленькое - и значит вероятность $N_2 > t$ уменьшается.
Или можно заметить, что событие $N_1 < N_2$ имеет вероятность $\frac{1}{2}$ и строго вложено в ваше (у вас еще требуется, чтобы $t$ попало в $(N_1; N_2)$).

[MestnyBomzh]

Окей, согласен, подумаю ещё как с это можно расписать тогда

[--mS--]

topic125340.html

[MestnyBomzh]

--mS--
Да, я видел. Мне не понравилось решение исходя из трёхмерного пространства, так как у меня не получилось представить что там получится если рассечь куб двумя сечениями. Но если завтра не получится расписать то, на что указал mihaild, то попробую реализовать это решение

[--mS--]

А Вы попробуйте вместо $t$ написать $N_3$. Сразу станет лучше.

[MestnyBomzh]

В общем исходя из того, что $P(N_1 < t, N_2 > t ) $ нельзя считать исходя из независимости, я решил вернуться на решение, которое использует трехмерную иллюстрацию. Нарисовал куб и два сечения, получил: $P(N_1 < N_3, N_2 > N_3 ) = \frac{1}{6}$. Получил я это так: после двух сечений остаётся пирамида с объемом $V = \frac{1}{3} \cdot 2 \cdot 2$. Весь объем куба: $V = 2^3 = 8$. Разделив одно на другое получаем $\frac{1}{6}$
Это верно?

[--mS--]

Верно, но глупо. У трёх независимых и одинаково распределённых величин с непрерывными распределениями есть лишь шесть одинаково вероятных вариантов перестановок.