Математическое ожидание длины наименьшего по длине отрезка

[Sdy]

Вопрос по мотивам этой темы.
Условие задачи :

Цитата:

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

Я бы хотел пройти по пути вот этого решения, оно мне кажется таким, что могло бы придти мне в голову :

--mS-- в сообщении #1245268 писал(а):

Речь идёт о второй порядковой статистике из трёх спейсингов: $l_1=\min\{x,y\}$, $l_2=\max\{x,y\}-\min\{x,y\}$, $l_3=1-\max\{x,y\}$. Спрашивается о матожидании $\mathsf E l_{(2)}$ - второй порядковой статистики.

У меня получилось $\mathsf E l_{(2)}=\frac{5}{18}$, но очень кривым путём: я нашла распределения длин минимального и максимального из отрезков $l_{(1)}$ и $l_{(3)}$ и их матожидания $\frac19$ и $\frac{11}{18}$ соответственно, а затем вычла всё из единицы. 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 единственный застрявший у меня в голове способ нахождения $\mathbb{E}[l_{(1)}]$ это найти функции распределения $l_1, l_2, l_3$ и по ним искать функцию распределения $l_{(1)}$. Но так не получается, потому что $l_1, l_2, l_3$ зависимые случайные величины и в нужный момент не получится написать $\mathbb{P}[l_1 > t, l_2 > t, l_3 > t] = \mathbb{P}[l_1 > t] \cdot \mathbb{P}[l_2 > t] \cdot \mathbb{P}[l_3 > t]$.

Как по другому подступиться к нахождению распределения $l_{(1)}?$

[mihaild]

А Вы можете найти распределение $l_1$ при условии, что $l_1 < l_2, l_3$?

[gris]

Попробовал Монте-Карлом посчитать сразу для минимального, среднего и максимального отрезка.
Получается очень близко к
$\left(\dfrac2{18},\;\dfrac5{18},\;\dfrac{11}{18}\right)$

[Sdy]

mihaild в сообщении #1607102 писал(а):

А Вы можете найти распределение $l_1$ при условии, что $l_1 < l_2, l_3$?

Так, ну я попытался порасписывать как-то $\mathbb{P}(l_1\leq t | l_1 < l_2, l_1 < l_3)$, но ничего путного ни с идейной точки зрения, ни с формальной, пока не пришло в голову.

-- 30.08.2023, 00:27 --

gris
Да, это как раз должен быть верный ответ, в соответствии с решениями в старых темах.

[мат-ламер]

Sdy в сообщении #1607094 писал(а):

Я бы хотел пройти по пути вот этого решения

Sdy в сообщении #1607094 писал(а):

Как по другому подступиться к нахождению распределения $l_{(1)}?$

Я бы не хотел вмешиваться . Но вы всё же проясните - вы хотели по цитированному пути пойти или всё же по-другому?

[mihaild]

Sdy в сообщении #1607107 писал(а):

Так, ну я попытался порасписывать как-то $\mathbb{P}(l_1\leq t | l_1 < l_2, l_1 < l_3)$, но ничего путного ни с идейной точки зрения, ни с формальной, пока не пришло в голову

Будем считать, что $x < y$ (это $1/2$ всех возможных случаев). Тогда знаменатель этой условной вероятности, $P(l_1 < l_2, l_1 < l_3)$ равен $2 \cdot \int_0^1\, dx \int_x^1\, dy\cdot \mathbb I_{x < y - x, x < 1 - y}$. Что записывается как $2\cdot \int_0^{1/2} \, dx \int_{2x}^{1 - x}\, dy$.
Числитель считается аналогично, только внешние пределы интегрирования другие.

[Sdy]

мат-ламер в сообщении #1607108 писал(а):

Я бы не хотел вмешиваться . Но вы всё же проясните - вы хотели по цитированному пути пойти или всё же по-другому?

Мне показалось, что --mS-- этим путём и шла -- искала отдельно распределения $l_{(1)}$ и $l_{(3)}$.
Честно сказать, мне бы просто хотелось пойти путём, в котором будет как можно меньше "очевидно что" или "в силу симметрии", чтобы всё можно было строго обосновать.

mihaild
К сожалению, не всё понимаю.
У нас $X,Y \stackrel{\text{i.i.d.}}{\sim} \operatorname{Unif}([0,1])$, из этого можно сразу вывести, что $(X,Y) \sim \operatorname{Unif}([0,1]^2)$ то есть совместная плотность нам действительно известна.
Я пока не очень понимаю зачем нам условное распределение, но начал разбираться с знаменателем условной вероятности.

При $Y > X$,

$$\mathbb{P}(l_1 < l_2, l_1 < l_3)=\mathbb{P}(\min(X,Y) < \max(X,Y)-\min(X,Y), \min(X,Y) < 1 - \max(X,Y))=$$

$$=\mathbb{P}(Y > 2X, Y < 1 - X) = \mathbb{P}(2X < Y < 1-X) = \mathbb{P}((X,Y) \in \{(x,y) : 2x < y < 1-x\})=$$

$$ = \int\limits_{\{(x,y) : 2x < y < 1-x\}}f_{X,Y}(x,y)dxdy=\int\limits_{0}^{1}\int\limits_{0}^{1}\mathbf{1}_{\{(x,y) : 2x < y < 1-x\}}dxdy$$

$$ = \int\limits^{\frac{1}{3}}_{0}dx \int\limits_{2x}^{1-x}dy$$

У меня нет двойки перед интегралом и другой предел интегрирования по $x$.

[мат-ламер]

Sdy в сообщении #1607125 писал(а):

Мне показалось, что --mS-- этим путём и шла -- искала отдельно распределения $l_{(1)}$ и $l_{(3)}$.

Если идти сильно другим путём, то первое, что мне пришло в голову, в явном виде записать длину наименьшего отрезка, как функцию на единичном квадрате от координат $x$ и $y$ двух случайных точек из условия. Но я сильно не уверен, что это простой путь. И боюсь вас сбить с выбранного вами пути. Уже завтра я над ним подумаю. А вы не отвлекайтесь на мои сообщения.

[mihaild]

Sdy в сообщении #1607125 писал(а):

У меня нет двойки перед интегралом и другой предел интегрирования по $x$.

Двойка у меня потому что я считаю $P(l_1 < l_2, l_1 < l_3)$, а Вы считаете $P(l_1 < l_2, l_1 < l_3, X < Y)$. А верхний предел у Вас правильный (что хорошо видно из того, что у меня при $x = 5/12$ верхний предел внутреннего интеграла меньше нижнего).

[Sdy]

mihaild в сообщении #1607142 писал(а):

Sdy в сообщении #1607125 писал(а):

У меня нет двойки перед интегралом и другой предел интегрирования по $x$.

Двойка у меня потому что я считаю $P(l_1 < l_2, l_1 < l_3)$, а Вы считаете $P(l_1 < l_2, l_1 < l_3, X < Y)$

А, тогда полное вычисление знаменателя выглядит так

$$\mathbb{P}(l_1 < l_2, l_1 < l_3) = \mathbb{P}(\{l_1 < l_2\} \cap \{l_1< l_3\} \cap \Omega) = \mathbb{P}(\{l_1 < l_2\} \cap \{l_1 < l_3\} \cap (\{X < Y\}\cup \{X \geq Y\})) = $$

$$= \mathbb{P}(l_1 < l_2, l_1 < l_3, X < Y) + \mathbb{P}(l_1 < l_2, l_1 < l_3, X \geq Y),$$

верно?

Спасибо, я завтра тогда посчитаю интегралы и подумаю, как это связано с распределением $l_{(1)}.$

[мат-ламер]

мат-ламер в сообщении #1607134 писал(а):

Если идти сильно другим путём, то первое, что мне пришло в голову, в явном виде записать длину наименьшего отрезка, как функцию на единичном квадрате от координат $x$ и $y$ двух случайных точек из условия. Но я сильно не уверен, что это простой путь. И боюсь вас сбить с выбранного вами пути. Уже завтра я над ним подумаю. А вы не отвлекайтесь на мои сообщения.

На этом пути у меня получилось, что искомая функция есть есть две симметричные (относительно прямой $x=y$) пирамидки. Высота их равна $1 \slash 3$ (достигаемая при $y=2x$ либо при $x=2y$). Отсюда их общий объём равен $1\slash 9$ , что совпадает с ранее полученным ответом в задаче.

-- Ср авг 30, 2023 11:55:15 --

мат-ламер в сообщении #1607232 писал(а):

искомая функция есть есть две симметричные (относительно прямой $x=y$) пирамидки.

Обоснованием этого является тот факт, что эта функция
1) непрерывная,
2) кусочно-линейная,
3) обращается в нуль на границе квадрата и его диагонали.
Вычислять эту функцию в явном виде нет необходимости.

[makxsiq]

gris в сообщении #1607104 писал(а):

Попробовал Монте-Карлом посчитать сразу для минимального, среднего и максимального отрезка.
Получается очень близко к
$\left(\dfrac2{18},\;\dfrac5{18},\;\dfrac{11}{18}\right)$

И что характерно, $\dfrac{11}{18}=\dfrac{H(3)}{3}$

[Sdy]

mihaild в сообщении #1607102 писал(а):

А Вы можете найти распределение $l_1$ при условии, что $l_1 < l_2, l_3$?

Я нашёл что $\mathbb{P}(l_1\leq t | l_1<l_2,l_1<l_3)=\mathbf{1}_{\{0 \leq t \leq \frac{1}{3}\}}\cdot (6t-9t^2)$.

Верно ли я понимаю, что теперь нужно найти $\mathbb{P}(l_2\leq t | l_2<l_1,l_2<l_3)$ и $\mathbb{P}(l_3 \leq t | l_3<l_1,l_3<l_2)$ и потом найти распределение $l_{(1)}$ по формуле полной вероятности?
Ведь получается, что событие вида $\{l_3<l_1,l_3<l_2\}$ это событие, заключающееся в том что $l_{(1)}=l_3$.

[mihaild]

Да, так. Не знаю, можно ли проще, но этот способ даёт ответ.

[Sdy]

mihaild,
Спасибо, попробую добраться до конца этим путём.