Punti su una circonferenza

[amatrix92]

i ) Ho $ 7 $ punti su una circonferenza. Qual'è la probabilità che presi $ 3 $ di questi punti questi non siano punti consecutivi? Cioè non siano vicini nella circonferenza.

ii ) Ho $ n $ punti su una circonferenza. Qual'è la probabilità che presi $ k<n $ di questi punti questi non siano punti consecutivi? Cioè non siano vicini nella circonferenza.

[fraboz]

per il punto i)
i modi in cui posso scegliere 3 punti a caso sulla circonferenza sono $ \binom{7}{3} $
i modi in cui posso sceglierne tre consecutivi sono $ \frac{7 \cdot 2 \cdot 1}{2!} $
dunque la probabilità di sceglierne tre non consecutivi è $ \frac{4}{5} $

[fraboz]

per il punto ii)
con un ragionamento analogo penso siano $ \displaystyle \frac{ \binom{n}{k}-n}{ \binom{n}{k}} $

[staffo]

ma scusate, ma il problema li chiede tutti e 3 (e poi tutti e k) consecutivi, oppure se ce ne sono anche due soli vicini viene considerata una configurazione sfavorevole?

nel primo caso la probabilità è banalmente $1-\frac{n}{\binom{n}{k}}$ (come ha scritto giustamente fraboz)

nell'altro caso non mi sembra però banale...

[amatrix92]

Sì staffo hai ragione mi sono espresso male. le configurazioni che vanno bene sono quelle in cui non prendo nessuna coppia vicina il secondo caso che hai citato insomma.

[Valenash]

Per il punto i)

I casi totali sono $ \binom {7}{3}$.
I casi favorevoli sono: 7 modi di scegliere il primo punto, poi 4 modi per scegliere il secondo punto (due modi in cui questo dista 1 e due modi in cui questo dista 2), ora distinguiamo due casi:
a) i due punti distano 1 (cioè hanno un punto non scelto in mezzo). Allora abbiamo due modi di scegliere l'ultimo punto.
b) i due punti distano 2 (cioè hanno due punti non scelti in mezzo). Allora abbiamo un modo di scegliere l'ultimo punto.
Dunque: $ \frac {\frac {7 \cdot 2 \cdot 2 + 7 \cdot 2 \cdot 1}{3!}}{ \binom {7}{3}} = \frac {7 \cdot 2 \cdot 2 + 7 \cdot 2 \cdot 1 }{7 \cdot 6\cdot 5} = \frac {1}{5}$

EDIT: nei conti (si spera giusti XD) ho contato come configurazioni diverse quelle che risultano uguali a meno di rotazioni, poichè non è specificato che i punti siano equidistanti e quindi non necessariamente ruotando la circonferenza essi vanno a sovrapporsi. Comunque, per tenere conto di ciò nel caso anche fosse necessario, la stessa quantità andrebbe divisa al numeratore e al denominatore e dunque si semplifica, pertanto il risultato è lo stesso.

Per il punto ii)
NOTA PRELIMINARE: se $k=1$ la probabilità è 1, se $ k\ge \frac {n+1}{2}$ la probabilità è nulla perchè per il principio dei cassetti si prendono sempre due numeri vicini.

A questo punto ho in mente due approcci, ma in nessuno dei due riesco per ora a concludere o mi trovo in un punto in cui mi blocco.. intanto li metto sotto spoiler nel caso qualcuno volesse guardarli e dirmi dove sbaglio/come concludere.

APPROCCIO 1

Testo nascosto:

Immaginiamo che i punti sulla circonferenza siano colorati di bianco, e che quelli scelti siano colorati poi di nero.
Consideriamo una configurazione vincente con un certo k.
Se da questa configurazione prendiamo un punto nero e lo "sdoppiamo" in due punti neri, otteniamo una configurazione perdente con n+1 punti in tutto e k+1 punti da scegliere.
Allo stesso modo, se prendiamo un punto bianco e lo sdoppiamo in 2 punti bianchi, otteniamo una configurazione vincente con n+1 punti in tutto e k punti da scegliere.
Chiamiamo $V_{n,k}$ le configurazioni vincenti di un cerchio con $n$ punti di cui sceglierne $k$. In maniera analoga definiamo $P_{n,k}$
Ora, possiamo ottenere tutte le configurazioni vincenti di una certa configurazione a partire da quelle delle configurazioni precedenti:
$V_{n,k}=k \cdot V_{n-1,k} + (k-1) \cdot V_{n-2,k-1}$
Mentre i casi totali per ciascuna configurazione sono sempre $ \binom {n}{k}$.
Ora non so come andare avanti

APPROCCIO 2

Testo nascosto:

Costruiamo una configurazione vincente dall'inizio.
I casi totali sono sempre $\binom {n}{k}$.
Partiamo con una circonferenza su cui siano tracciati $k$ punti e basta, e sistemiamo tutti i punti che mancano per arrivare a $n$ punti in modo che la configurazione che esce sia vincente. Ovviamente i $k$ punti sono tutti consecutivi e alla fine dovremo avere che nessuno di questi è vicino ad un altro. Pertanto, dovendo sistemare altri $n-k$ punti sulla circonferenza. Di questi, $k$ vanno inseriti ciascuno tra due dei $k$ punti iniziali. Ora avremo tracciati $2k$ punti, nessuno di quelli iniziali è a contatto con un altro di quelli iniziali (i punti da cui siamo partiti sono quelli che scegliamo per avere una configurazione vincente).
Restano da sistemare quindi $n-2k$ (se ce ne sono abbastanza) punti sulla circonferenza.
Il primo di questi possiamo inserirlo in $2k$ modi, ossia in mezzo a ciascuna coppia formata da due numeri consecutivi, il secondo in $2k+1$ modi ecc fino all'ultimo che potremo sistemare in $n-1$ modi diversi.
Pertanto, i casi favorevoli sono tutti i modi di sistemare questi punti, cioè: $2k \cdot (2k+1) \cdot ... \cdot (n-1)$.
Il risultato sembrerebbe dunque essere:

$ \displaystyle \frac {2k \cdot (2k+1) \cdot ... \cdot (n-1)}{\binom{n}{k}}= \frac {(n-1) \cdot (n-2) \cdot ... \cdot (2k+1) \cdot 2k}{\frac {n!}{k!\cdot (n-k)!}} = \frac {k! \cdot (n-k)!}{n \cdot (2k-1)!}$
Ma questa formula è sbagliata poichè per certi valori di n, k il numeratore è maggiore del denominatore, inoltre controllando con $n=7$ e $k=3$ non risulta lo stesso risultato fatto in precedenza.