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--federico

in rete ho trovato questo problema
"Hai uno spaghetto lungo k e lo dividi in 3 pezzi. Con che probabilità quei 3 pezzi possono essere lati di un triangolo?"

io l'ho risolto cosi:

Prendiamo la variabile casuale continua che può assumere valori nell'intervallo $ $$(0;k)$$ $, all'interno del quale è prensente il valore a, la distanza fra il primo taglio e l'inizio dello spaghetto.

La funzione di densità ha una distribuzione uniforme.

Una volta fatto il primo taglio per fare il secondo abbiamo una seconda variabile casuale continua X che può assumere un valore $ $$ x \in (a;k)$$ $
La funzione di densità, anch'essa a distribuzione uniforme, è

$ $f(x)= \left \{ \begin{array}{lr} 0 & \forall x < a \vee b \geq k \\ \frac 1 {k-a} & \forall x | a \leq x < k \end{array} \right . $ $

Sapendo che 0<a<x<k possiamo dire , per la proprietà che un lato di un triangolo è sempre compreso fra la differenza e la somma degli altri 2, che

$ $x-a-a < k-x < x-a+a$ $

quindi la probabilità richiesta è $ $p \left ( \frac k 2 <x<\frac{k+2a} 2 \right ) = \int_{\frac k 2}^{\frac{k+2a} 2} f(x)dx = \frac 1{k-a} \left [x \right ]^{\frac{k+2a} 2}_{\frac k 2} = \frac a {k-a}$ $

è corretto?

Non mi pare che sia finito qui il problema.
Non ho controllato nei dettagli, ma mi pare che alla fine ti rimanga una probabilità dipendente ancora dal parametro a.

Inoltre, hai dato per scontato che scegliere a caso i 2 punti del taglio è equivalente a fare il primo taglio a caso, e poi fare il secondo in uno prefissato dei 2 segmenti.
Ma le due versioni non sono equivalenti, pensaci un attimo!

oggi l'ho fatto in questo modo:

Chiamiamo x e y la distanza dall'inizio dello spaghetto dei 2 tagli effettuati. Dato che l'assegnamento dei nomi è successivo al taglio possiamo metterli nell'ordine che volgiamo, come ad esempio 0<x<y<k

La funzione di densità della variabile casuale continua doppia è (distribuzione uniforme)

$ $f(x;y)= \left \{ \begin{array}{rl} 0 & \mbox{per } x<0,y<0,x>k,y>k \\ \displaystyle{\frac 1 {k^2}} & \mbox{per } 0<x<k,0<y<k \end{array} \right . $ $

prendendo il segmento spaghetto
per la proprietà dei triangoli di avere ciascun lato compreso fra la differenza e la somma degli altri 2 abbiamo

|y-x-k+x+y|<x<y-x+k-x-y
|x-k+x+y|<y-x<x+k-x-y
|x-y+x|<k-x-y<x+k-x-y

che ci danno una x e una y che devono appartenere all'intervallo

$ $A=\left \{ x,y | x < \frac k 3; \qquad \frac{k-x} 2 < y<\frac{x+k} 2 \right \}$ $

Il problema ci chiede la probabilità che x e y appartengano ad A quindi

$ $p(x \in A \cap y \in A)=\int \!\!\! \int _A f(x;y)dydx = \frac 1 {k^2} \cdot \frac {k^2}{18} = \frac 1 {18}$ $, soluzione che mi sembra un po' più sensata anche se un po' troppo piccola

Discretizziamo il problema e facciamo finta di poter tagliare lo spaghetto
solo in N "nodi" equispaziati (facciamo N pari che torna più comodo).
Le condizioni sono (somma 2 lati)>(lato rimanente)
Chiamiamo x il primo nodo ad essere tagliato, y il secondo.

(x) + (y-x) > (N-y)
(x) + (n-y) > (y-x)
(y-x)+(n-y) > (x)

cioè

y > N/2
y < N/2 + x
x < N/2

Se x=0 abbiamo 0 scelte per la y, se x=1 abbiamo ancora 0 scelte,
se x=2 ne abbiamo una, se x=3 ne abbiamo 2... alla fine abbiamo

o(N^2 / 8) possibili doppi-tagli efficaci su un totale di
(N su 2) = o(N^2 / 2) doppi-tagli possibili

dunque probabilità 1/4 (facciamo tendere N a +inf)
che mi sembra più realistica (verificherò con i potenti mezzi informatici ) :D

con i "potenti mezzi informatici" a mi viene il 9%

Non per fare il pignolo, ma non credo che sia matematica non elementare visto che ce l'hanno assegnato allo stage di Napoli quest'anno (e io sono stato tra quelli che l'hanno risolto )
La soluzione da me trovata era più o meno così.
Siano date x, y le lunghezze (variabili) delle prime due parti in cui era stato diviso. Riportiamo il tutto sul piano cartesiano usando x come ascissa e y come ordinata. L'insieme dei casi possibili è descritto dal triangolo che ha per vertici (0,0); (0,k); (k,0). L'insieme dei casi favorevoli è descritto da queste disuguaglianze: $ \\x+y \geq k-(x+y)\\ x+k-(x+y) \geq y\\ y+k-(x+y) \geq x $
Dove $ 0 \leq x,y \leq k $
Risolte danno:
$ x+y \geq \frac{k}{2}\\ x \leq \frac {k}{2}\\ y \leq \frac{k}{2} $
Cioè il triangolo di vertici (k/2,0);(0,k/2);(k/2,k/2)
Facendo il rapporto tra l'area dei casi favorevoli e l'area dei casi possibili la probabilità viene 1/4.

Avrei pensato questo: ordiniamo lo spaghetto sulla retta dei reali; tracciamo il primo punto: tutto dipende dal secondo. C'è $ \frac{1}{2} $ delle possibilita che si trovi nella stessa metà del precedente: se è così, già non si può più fare nulla. Calcoliamo l'altra metà delle probabilità. Procediamo da destra a sinistra: gli estremi dello spaghetto sono A e B mentre il primo punto è $ P_1 $. Il secondo punto deve avere lunghezza $ l>\frac{1}{2}-s_1 $.
Notiamo che $ s_1+l=\frac{1}{2} $, quindi sommando tutte le possibili probabilità per poi farne la media otteniamo $ \frac{1}{2} $, valida per $ \frac{1}{2} $ delle possibilità iniziali. Quindi la probabilità finale è $ \frac{1}{4} $

Non capisco la frase 'sommando tutte le probabilità per poi farne la media'...

Il secondo punto è un lato se la sua lunghezza è $ >0,5l-s_1 $; avendo posto lo spaghetto sulla linea dei reali con $ a\equiv 0 $ ed essendo le possibilità equiprobabili, la possibilità per il secondo lato è pari alla media delle possibilità dei punti da $ 0 $ a $ 1 $; visto che a un punto corrisponde un suo speculare attorno a $ \frac{1}{2} $ la media di tutti i punti è proprio $ \frac{1}{2} $, che poi deve essere dimezzato. Praticamente la media serve a trovare le possibilità che anche il secondo lato non sia maggiore della meta dello spaghetto.

Uhm ... il problema di questo problema è la definizione di probabilità.
Classicamente (e olimpicamente) si definisce la probabilità di un evento A come il rapporto tra il numero di casi in cui A si verifica e il numero di casi totale possibili.
In questo caso, il numero di casi è ovviamente privo di senso.
Un modo per aggirare la questione è quello del passaggio al limite di elianto84, ma nessuno assicura che questa definizione di probabilità possa reggersi in piedi coerentemente.
Il metodo di confrontare le aree sul piano è effettivamente quello giusto, ma la sua giustificazione (perchè, formalmente, possiamo dire che quel rapporto è una probabilità? cos'è una probabilità nel caso continuo? perchè abbiamo potuto trasportare il problema dalle posizioni di due punti su un segmento alle aree su un piano?) non è ovvia, nè è esprimibile con della matematica elementare; per quel che mi viene in mente, ci vogliono alcuni (difficili) concetti di teoria della misura.

Problemi del tipo : presi n punti su una sfera qual è la possibilità che stiano in uno stesso emisfero? nascondono un passaggio assolutamente non banale dalla probabilità con un insieme di eventi finito a probabilità con insiemi di eventi infiniti e di solito non numerabili (nei casi numerabili, il passaggio al limite ha senso e non ci va neanche tanta fatica a rendersene conto).

Ricordo che ci sono stati, nel vecchio forum un paio di interventi di Mindflyer su questo argomento, ma non ho la più pallida idea di dove siano finiti...

EvaristeG ha scritto:Ricordo che ci sono stati, nel vecchio forum un paio di interventi di Mindflyer su questo argomento, ma non ho la più pallida idea di dove siano finiti...

Eccone un saggio.

Riapro questo topic per proporre una variante al problema.

Se lo spaghetto è diviso in 4 pezzi, con che probabilità quei 4 pezzi possono essere i lati di un quadrilatero?

Io l'ho risolto ma non sono sicuro che la mia soluzione sia corretta, per cui vorrei una conferma.