Проверить 2 простые задачи по теории вероятностей

[--mS--]

Cash в сообщении #533991 писал(а):

Для $x=\pi$ ответ получается правильный, но для произвольного $x$ точно нет.

И для $x=\pi$ ответ не правильный ни при каком $k$.

[Cash]

У меня получилась вероятность того, что выпуклый $k$-угольник не содержит центр окружности равной $\frac {k}{2^{k-1}}$

[--mS--]

И Вы правы.

[xni]

Спасибо, буду думать как Вы к этом пришли!

Спасибо ещё раз.

[a_nn]

По-моему, легче без длин - перебрасываем через каждую точку диаметр, и считаем вероятность того, что остальные, например, левее (то же самое, конечно, но никаких неравенств и прочего)

[--mS--]

a_nn в сообщении #534411 писал(а):

По-моему, легче без длин - перебрасываем через каждую точку диаметр, и считаем вероятность того, что остальные, например, левее (то же самое, конечно, но никаких неравенств и прочего)

То же самое, только в общем виде:

--mS-- в сообщении #533860 писал(а):

Никаких продвинутых знаний и не требуется: как только мы зафиксируем любую точку из упавших, расстояние от неё до следующей - по часовой стрелке - будет больше $t$, если все точки упадут на участок длины $1-t$ - от координаты этой точки плюс $t$ и до координаты этой точки, по часовой стрелке. Вероятность этого события есть $(1-t)^{k-1}$. Воспользуйтесь этим и получите верный ответ.

Проблема не в этом: обратите внимание, что ни в одном ответе ТС (а вариантов было множество) ещё ни разу не вылезло $k$! А всё потому, что никак не удаётся убедить ТС не фиксировать объектов, связанных со всем точками вместе (начала самой длинной дуги и т.п.). За отдельные точки тут браться можно - это никак не меняет совместного распределения оставшихся, а фиксировать объекты, зависящие от всех точек - значит, менять совместное распределение всех "оставшихся" точек.

[xni]

--mS--
Да, я теперь понял, спасибо!
Именно в этом месте, мне, пожалуй, и не хватает знаний.
Для Вас это очевидно, что

Цитата:

фиксировать объекты, зависящие от всех точек - значит, менять совместное распределение всех "оставшихся" точек

а я только после этой фразы понял, что, по-видимому, меняю условие задачи на, быть может, похожее, но не такое. Хотя эту разницу ещё не до конца обдумал, а хочется увидеть её, понять чем же мой ответ неправилен.

В любом случае, спасибо Вам!

[--mS--]

xni в сообщении #533909 писал(а):

Обозначим за точку $A$, начало самой длинной дуги при обходе окружности против часовой стрелки, а за $B$ --- конец этой дуги. Обозначим длину дуги $AB$ как $l$. Если бы точек было только две, то исходя из закона распределения, получим, что $P(l < x) = \frac{x}{2\pi}$, т.е. $P(l \geqslant x) = 1 - \frac{x}{2\pi}$.
Но в данном случае, помимо точек $A$ и $B$, есть ещё точки. И все они расположены на дуге $BA$ (их местоположение выбиралось независимо друг от друга), имеющей длину $2\pi - x$. Откуда видно, что вероятность того, что все оставшиеся точки будут расположены на этой дуге равна $(\int\limits_{x}^{2\pi}\frac{1}{2\pi}\,dx)^{k-2} = \left(\frac{2\pi - x}{2\pi}\right)^{k-2}$.
Таким образом, вероятность того, что наибольшая дуга превышает $x$ равна

$$P(l > x) = (1 - \frac{x}{2\pi})\left(\frac{2\pi -x}{2\pi}\right)^{k-2}$$

Ну давайте ещё раз пройдёмся по этому решению так, как я его понимаю: бросаем сперва две точки, потом хотим, чтобы остальные угодили в наименьшую из дуг между этими точками, а наибольшая осталась больше $x$.

1) Которые две точки берёте? Это может быть первая и вторая из брошенных, а может быть пятая и двадцатая. Итого $C_k^2$ вариантов выбора этих точек. Хорошо, выбрали какие-то. Окружность пусть будет единичной длины для удобства.

2) Вероятность хоть одной из дуг быть больше $x$ равна $\mathsf P(l>x)=2-2x$, $x\in[1/2,\,1]$, это уже обсуждалось выше. Соответственно, плотность распределения $f_l(x)$ длины наибольшей дуги равна двум на отрезке $[1/2,\,1]$.

3) Дальше просто непонятно: Вы берете вероятность $(1-x)^{k-2}$ - это вероятность остальным точкам попасть в короткую дугу, если бы длина самой длинной равнялась $x$, а потом множите её на вероятность ей быть больше, чем $x$. Логика отсутствует.

Интегрировать нужно. При каждом $t\in[1/2,\,1]$ условная вероятность оставшимся точкам попасть на короткую дугу длиной $(1-t)$, если длина длинной есть $t$, равна $(1-t)^{k-2}$. Если ещё помножить эту вероятность на плотность величины $l$ и на $dt$, получится элемент вероятности одновременно остальным попасть на дугу длины $(1-t)$, и при этом величине $l$ попасть в $(t,\,t+dt)$. Дальше проинтегрируем по $t\in[x,\,1]$, вот и получим вероятность остальным точкам попасть на короткую дугу, и при этом длинной дуге быть больше $x$:

$$\int\limits_x^1 (1-t)^{k-2}\cdot 2\,dt = \dfrac{2}{k-1}(1-x)^{k-1}.$$

А вовсе не то, что у Вас получилось.

4) Осталось учесть (1) и (4) и получить вероятность длине самой длинной из дуг превысить $x$: $k(1-x)^{k-1}$, при $x\in[1/2, 1]$. Разумеется, для таких $x$ ответ был заранее очевиден исходя из вот этого:

--mS-- в сообщении #533768 писал(а):

все длины дуг (их $k$ штук) между последовательными точками на окружности распределены одинаково. Их распределение есть $\mathsf P(X_{(l+1)}-X_{(l)}>t)=(1-t)^{k-1}$.

Просто $k$ попарно несовместных событий объединяются.

[xni]

Мне кажется, я путаюсь в ситуациях "событие может произойти" и "событие произошло".
То решение, которое я описал выше, я представлял себе как "Бросили точки. Вот они как-то расположились. Давайте смотреть на них. Вот она самая длинная дуга". А это, видимо, неправильный подход, да? По крайней мере, как мне кажется, есть $P(B)$, которое надо вычислить, а я по сути, вычисляю $P(B|A)$, где $A$ --- событие, состоящее в том, что именно вот эта дуга стала самой длинной. Ваше же решение, никаких событий $A$ не фиксирует. Верно я понимаю?

[ewert]

--mS-- в сообщении #533768 писал(а):

Во второй задаче можно воспользоваться очевидным фактом - все длины дуг (их $k$ штук) между последовательными точками на окружности распределены одинаково. Их распределение есть $\mathsf P(X_{(l+1)}-X_{(l)}>t)=(1-t)^{k-1}$

Этой логики я не понял. Во-первых: кто такой $X_{(l)}$ и вообще кого "их"? Во-вторых: ну да, одинаково, но ведь не независимо же; и как из этого выплыть?

Хотя с окончательным ответом и согласен. Но я бы предпочёл получать его по индукции.

[--mS--]

ewert в сообщении #534895 писал(а):

Этой логики я не понял. Во-первых: кто такой $X_{(l)}$ и вообще кого "их"? Во-вторых: ну да, одинаково, но ведь не независимо же; и как из этого выплыть?

Эту логику можно посмотреть во 2-м томе Феллера, параграф про равномерные распределения на окружности. Кто такое $X_{(l)}$? - Например, обзовём первую брошенную точку на окружность $X_{(0)}$, следующую от неё по часовой стрелке $X_{(1)}$ и т.д. Окружность с единичной длиной, расстояния суть длины дуг.
При чём тут независимость, вообще ни разу не поняла.

2xni. Боюсь, подробнее, чем выше, я уже ничего написать не смогу. Посмотрите на разбор полётов: Ваше решение - это комбинация неправильных действий. Попробуйте, решая, сначала точно выписать, что именно дано - какие объекты тут независимы и имеют равномерные распределения. А потом обосновывать каждый шаг, не из каких-то умозрительных соображений, а из свойств вероятностей и условия.

[ewert]

--mS-- в сообщении #534912 писал(а):

Эту логику можно посмотреть во 2-м томе Феллера, параграф про равномерные распределения на окружности.

Ну ещё и в Феллере копаться. А индукция достаточно напрашивается. Пусть событие $A_k(x)$ состоит в том, что все $k$ точек сгрудились по одну сторону диаметра (неважно какого) и расстояние между крайними из них не превосходит $x$. Нас интересует вероятность $P(A_n(\frac12))$. Тогда по формуле полной вероятности

$P(A_{k+1}(x))=\int\limits_{t=0}^xdP(A_k(t))\cdot P(A_{k+1}(x)|D_k(t)),$

где $D_k(t)$ состоит в том, что расстояние между крайними из них равно $t$. При этом условии событие $A_{k+1}(x)$ сводится к тому, что не превосходит $x$ расстояние от вновь добавленной точки до каждой из двух предыдущих крайних, а условная вероятность соответственно, равна $(2x-t)$. Т.е. имеем:

$P(A_{k+1}(x))=\int\limits_{0}^x(2x-t)\,dP(A_k(t))=x\,P(A_k(x))+\int\limits_{0}^xP(A_k(t))\,dt.$

И поскольку $P(A_2(x))=2x$ -- по индукции получаем $P(A_k(x))=kx^{k-1}$.

(судя по виду ответа, он должен получаться как-то вообще в уме, но думать лень)

[--mS--]

Читать, я понимаю, тоже лень. Этот ответ в уме уже давно получен:

--mS-- в сообщении #533860 писал(а):

Никаких продвинутых знаний и не требуется: как только мы зафиксируем любую точку из упавших, расстояние от неё до следующей - по часовой стрелке - будет больше $t$, если все точки упадут на участок длины $1-t$ - от координаты этой точки плюс $t$ и до координаты этой точки, по часовой стрелке. Вероятность этого события есть $(1-t)^{k-1}$. Воспользуйтесь этим и получите верный ответ.

--mS-- в сообщении #534871 писал(а):

Разумеется, для таких $x$ ответ был заранее очевиден исходя из вот этого:

--mS-- в сообщении #533768 писал(а):

все длины дуг (их $k$ штук) между последовательными точками на окружности распределены одинаково. Их распределение есть $\mathsf P(X_{(l+1)}-X_{(l)}>t)=(1-t)^{k-1}$.

Просто $k$ попарно несовместных событий объединяются.

Я выхожу из темы. Вы сейчас начнёте опять спорить о преимуществах Ваших подходов и Ваших решений. Не хочу, надоело. Тем более, что Вы опять, не прочтя тему, захватили её: задача давно уже решена, и более простого решения первоначальной задачи, чем в сообщении от a_nn, точно не придумать. На последней странице мы обсуждали ошибки ТС. Вместо этого будем спорить о Вашем решении.