[EX] Triangoli e probabilità
Per chi ha voglia di cimentarsi, propongo il seguente simpatico problemino.
Esercizio. Sia $\Delta$ un triangolo. Si scelgano quattro punti a caso (e indipendentemente) dentro $\Delta$. Calcolare la probabilità che nessuno di questi quattro punti stia nel triangolo formato dai punti rimanenti.
Esercizio. Sia $\Delta$ un triangolo. Si scelgano quattro punti a caso (e indipendentemente) dentro $\Delta$. Calcolare la probabilità che nessuno di questi quattro punti stia nel triangolo formato dai punti rimanenti.
Risposte
"Seneca":
Per chi ha voglia di cimentarsi, propongo il seguente simpatico problemino.
Esercizio. Sia $\Delta$ un triangolo. Si scelgano quattro punti a caso (e indipendentemente) dentro $\Delta$. Calcolare la probabilità che nessuno di questi quattro punti stia nel triangolo formato dai punti rimanenti.
O, analogamente, calcolare la probabilità che, prendendo $4$ punti a caso dentro $Δ$, si generi una figura piana convessa...
Di probabilità non sò praticamente niente, ma mi piacerebbe provarci
Uhm...
Più che analogamente direi equivalentemente. 
Prova pure!
Prova pure!
$1/3$, ad intuito
Vorresti esporre l'origine della tua intuizione? O provare a formalizzare un ragionamento?
Premetto che non ho ancora incontrato la probabilità nel mio percorso di studi, quindi tutte le considerazioni che provo a fare non sono rigorose, la mia è più un'argomentazione che una dimostrazione, e pertanto molto probabilmente (per rimanere in tema) anche il risultato è sbagliato. Provo ad estendere la definizione combinatoria di probabilità che mi è stata data al liceo (rapporto tra casi favorevoli e casi possibili) ad un problema "continuo" come questo.
Immaginando di aver già scelti tre punti, il problema diventerebbe: "Qual è la probabilità che il quarto punto cada all'esterno del triangolo definito dai primi tre punti?" ed il risultato sarebbe il rapporto tra l'area del triangolo ottenuto e l'area del triangolo di partenza (secondo la mia definizione nebulosa). Ipotizzo (primo punto debole dell'argomentazione) quindi che un problema equivalente (che permette di trovare la probabilità complementare) sia quindi quello di trovare, scelti tre punti all'interno di un triangolo, quale sia il rapporto più probabile tra l'area del triangolo ottenuto e quello di partenza.
Ipotizzo (secondo punto debole, che ne nasconde una manciata) che tale rapporto sia quello tra l'area del triangolo congiungente i punti medi delle tre mediane e quella del triangolo di partenza.
Tale rapporto a seguito di qualche considerazione geometrica dovrebbe risultare \(\displaystyle 1/4 \). Quindi se tutte le ipotesi sono giuste la risposta al quesito dovrebbe essere \(\displaystyle 3/4 \).
Immaginando di aver già scelti tre punti, il problema diventerebbe: "Qual è la probabilità che il quarto punto cada all'esterno del triangolo definito dai primi tre punti?" ed il risultato sarebbe il rapporto tra l'area del triangolo ottenuto e l'area del triangolo di partenza (secondo la mia definizione nebulosa). Ipotizzo (primo punto debole dell'argomentazione) quindi che un problema equivalente (che permette di trovare la probabilità complementare) sia quindi quello di trovare, scelti tre punti all'interno di un triangolo, quale sia il rapporto più probabile tra l'area del triangolo ottenuto e quello di partenza.
Ipotizzo (secondo punto debole, che ne nasconde una manciata) che tale rapporto sia quello tra l'area del triangolo congiungente i punti medi delle tre mediane e quella del triangolo di partenza.
Tale rapporto a seguito di qualche considerazione geometrica dovrebbe risultare \(\displaystyle 1/4 \). Quindi se tutte le ipotesi sono giuste la risposta al quesito dovrebbe essere \(\displaystyle 3/4 \).
"Epimenide93":
Premetto che non ho ancora incontrato la probabilità nel mio percorso di studi, quindi tutte le considerazioni che provo a fare non sono rigorose, la mia è più un'argomentazione che una dimostrazione, e pertanto molto probabilmente (per rimanere in tema) anche il risultato è sbagliato. Provo ad estendere la definizione combinatoria di probabilità che mi è stata data al liceo (rapporto tra casi favorevoli e casi possibili) ad un problema "continuo" come questo.
Immaginando di aver già scelti tre punti, il problema diventerebbe: "Qual è la probabilità che il quarto punto cada all'esterno del triangolo definito dai primi tre punti?" ed il risultato sarebbe il rapporto tra l'area del triangolo ottenuto e l'area del triangolo di partenza (secondo la mia definizione nebulosa). Ipotizzo (primo punto debole dell'argomentazione) quindi che un problema equivalente (che permette di trovare la probabilità complementare) sia quindi quello di trovare, scelti tre punti all'interno di un triangolo, quale sia il rapporto più probabile tra l'area del triangolo ottenuto e quello di partenza.
Ipotizzo (secondo punto debole, che ne nasconde una manciata) che tale rapporto sia quello tra l'area del triangolo congiungente i punti medi delle tre mediane e quella del triangolo di partenza.
Tale rapporto a seguito di qualche considerazione geometrica dovrebbe risultare \(\displaystyle 1/4 \). Quindi se tutte le ipotesi sono giuste la risposta al quesito dovrebbe essere \(\displaystyle 3/4 \).
Stesso risultato a cui ero giunto io (Il mio ragionamento è praticamente identico al tuo), ma non ne ero sicuro
Il sì o no spetta a Seneca ora
Apprezzo molto il fatto che vi siate interessati. Ho qualche idea per una soluzione, ma ancora non ho preso in mano carta e penna; tra oggi e domani vedrò di provare a cavarne qualcosa. Intanto posso dirvi che il libro da cui ho preso l'esercizio dà $2/3$ come soluzione (ma non vale il principio di autorità!)...
Effettivamente la risposta corretta è \(2/3\), ma il problema non è banale.
Una variante è la seguente: dato un insieme convesso e limitato \(K\subset\mathbb{R}^2\), calcolare la probabilità \(p_K\) che \(4\) punti scelti a caso in \(K\) (con una distribuzione uniforme di probabilità) siano i vertici di un quadrilatero convesso.
Si dimostra che
\[
\frac{2}{3}\leq p_K \leq 1 -\frac{35}{12 \pi^2}
\]
dove il minimo \(2/3\) viene raggiunto se \(K\) è un triangolo, mentre il massimo viene raggiunto se \(K\) è un'ellisse.
Una variante è la seguente: dato un insieme convesso e limitato \(K\subset\mathbb{R}^2\), calcolare la probabilità \(p_K\) che \(4\) punti scelti a caso in \(K\) (con una distribuzione uniforme di probabilità) siano i vertici di un quadrilatero convesso.
Si dimostra che
\[
\frac{2}{3}\leq p_K \leq 1 -\frac{35}{12 \pi^2}
\]
dove il minimo \(2/3\) viene raggiunto se \(K\) è un triangolo, mentre il massimo viene raggiunto se \(K\) è un'ellisse.
In questo caso la probabilità che uno dei punti cada nel triangolo $T'$ formato dagli altri 3, chiamando $T$ il triangolo di partenza, è
\[ P = 4 \frac{\text{Area media } T'}{\text{Area } T} \]
e questo, benché non sorprenda, non è scontato. Da qui è solo un problema di conto, dato che tutto si riduce al calcolo della media (o speranza matematica) della v.a. $\text{Area di } T'$.
\[ P = 4 \frac{\text{Area media } T'}{\text{Area } T} \]
e questo, benché non sorprenda, non è scontato. Da qui è solo un problema di conto, dato che tutto si riduce al calcolo della media (o speranza matematica) della v.a. $\text{Area di } T'$.
"kobeilprofeta":
$1/3$, ad intuito
Ho pure scritto male, pensate che intendevo la probabilità che si trovi all'interno...
...comunque se volete vi mostro la mia dimostrazione:
[ot]1) Disegnate un triangolo a caso (abbastanza grande)
2) Chiudete gli occhi
3) Fate tre punti a caso cercando di rimanere all'interno del triangolo di partenza
4) Riaprite gli occhi ed unite i punti formando un triangolino
5) Notate che è circa un terzo del triangolo grande
CVD[/ot]
Farei perfino fatica a chiamarlo ragionamento euristico; figuriamoci dimostrazione...
Ahahah
"Seneca":
:shock:
Farei perfino fatica a chiamarlo ragionamento euristico; figuriamoci dimostrazione...
In buona sostanza kobe ha usato il metodo Monte Carlo
"Seneca":
In questo caso la probabilità che uno dei punti cada nel triangolo $ T' $ formato dagli altri 3, chiamando $ T $ il triangolo di partenza, è
\[ P = 4 \frac{\text{Area media } T'}{\text{Area } T} \]
Scusa, da dove viene quel $4$ davanti alla formula?
Io ho ragionato così (a partire dalle vostre considerazioni):
La probabilità $P$ che il quarto punto cada nel triangolo formato dagli altri tre punti è:
$P= (Area media T')/(Area T)$,
Quindi la probabilità che il punto cada fuori è $1-P$.
Si tratta di calcolare l'area media di T',cioè il valore atteso della variabile casuale T'.
Pongo uguale a $1$ l'area del triangolo $T$.
Poiché i tre punti sono presi a caso e ogni terna di punti ha la stessa probabilità di realizzarsi, l'area di $T'$ ha distribuzione uniforme tra $0$ (se capitano tutti i tre punti coincidenti) e $1$ ( se si acchiappano per combinazione i tre vertici di $T$).
Il valore atteso $E[X]$ di una v.c. con distribuzione uniforme un intervallo $[a,b]$ è:
$E[X]= (a+b)/2$.
Nel nostro caso quindi:
$Area media T'= (0+1)/2= 1/2$.
Dov'è l'errore?
Forse nel fatto che i tre punti possono essere allineati e quindi dare triangoli degeneri?
O non è comunque uniforme anche per altri motivi?
Be', in effetti non è uniforme, ad es. l'Area=1 si verifica solo in un caso, se escono i vertici di T, mente ad es. un'area piccola può aversi con varie realizzazioni dei tre punti, penso (dato anche che la risposta dovrebbe essere 1/3) che triangoli di area 'piccola' hanno maggiori probabilità di realizzarsi di triangoli con area 'grande'.
Aggiungo ogni tanto qualche nuova profonda riflessione.
Credo di avere capito il perché del $4$ davanti alla formula scritta da Seneca.
Il punto è che la formula scritta da me, senza $4$:
$P= (Area T')/(Area T)$
è sbagliata.
Il punto è che il problema 'dati tre punti qual è la probabilità che un quarto punto cada al di fuori del triangolo formato dai primi tre, non è equivalente al problema dato ' la probabilità che ognuno dei punti cada al di fuori del triangolo formato dagli altri tre'.Da qui il $4$. Ad esempio si può immaginare che, dati tre punti, se ne scelga un quarto al di fuori del triangolo formato dai primi tre, ma il poligono formato dai quattro punti scelti non sia convesso.
Non arrivo a capire come calcolare il valore atteso di Area T'.
Ho letto ovviamente la formula scritta da Rigel, ma nn riesco a capire da dove viene.
"gabriella127":
[quote="Seneca"]In questo caso la probabilità che uno dei punti cada nel triangolo $ T' $ formato dagli altri 3, chiamando $ T $ il triangolo di partenza, è
\[ P = 4 \frac{\text{Area media } T'}{\text{Area } T} \]
Si tratta di calcolare l'area media di T',cioè il valore atteso della variabile casuale T'.
Pongo uguale a $1$ l'area del triangolo $T$.
Poiché i tre punti sono presi a caso e ogni terna di punti ha la stessa probabilità di realizzarsi, l'area di $T'$ ha distribuzione uniforme tra $0$ (se capitano tutti i tre punti coincidenti) e $1$ ( se si acchiappano per combinazione i tre vertici di $T$).
Il valore atteso $E[X]$ di una v.c. con distribuzione uniforme un intervallo $[a,b]$ è:
$E[X]= (a+b)/2$.
Nel nostro caso quindi:
$Area media T'= (0+1)/2= 1/2$.
Dov'è l'errore?
Forse nel fatto che i tre punti possono essere allineati e quindi dare triangoli degeneri?
O non è comunque uniforme anche per altri motivi?
Be', in effetti non è uniforme, ad es. l'Area=1 si verifica solo in un caso, se escono i vertici di T, mente ad es. un'area piccola può aversi con varie realizzazioni dei tre punti, penso (dato anche che la risposta dovrebbe essere 1/3) che triangoli di area 'piccola' hanno maggiori probabilità di realizzarsi di triangoli con area 'grande'.
[/quote]
Ongi punto è scelto a caso dentro il triangolo con una probabilità uniforme. Ma l'area racchiusa dai primi tre punti è una variabile aleatoria data dal prodotto di variabili uniformi, e quindi in generale non sarà uniforme.
"Seneca":
In questo caso la probabilità che uno dei punti cada nel triangolo $T'$ formato dagli altri 3, chiamando $T$ il triangolo di partenza, è
\[ P = 4 \frac{\text{Area media } T'}{\text{Area } T} \]
e questo, benché non sorprenda, non è scontato. Da qui è solo un problema di conto, dato che tutto si riduce al calcolo della media (o speranza matematica) della v.a. $\text{Area di } T'$.
Ho provato a seguire questo ragionamento ma ho un dubbio enorme.
Assumiamo che i punti cadano con probabilità uniforme nel triangolo di partenza. Chiamati $U_1=(x_1,y_1), U_2=(x_2,y_2), U_3=(x_3,y_3)$ i primi tre punti, si ha che $U_i$ è un vettore aleatorio di legge uniforme sul triangolo. Si può allora esprimere l'area del triangolo "aleatorio" come: $T' = 1/2(x_1y_2-x_2y_1+x_2y_3-x_3y_2+x_3y_1-x_1y_3)$.
A noi interessa: $E[T']=1/2 (E[x_1y_2]-E[x_2y_1]+E[x_2y_3]-E[x_3y_2]+E[x_3y_1]-E[x_1y_3])$.
Qui mi sorge un dubbio:
mentre è certamente vero che le variabili $x_i$ e $y_i$ sono dipendenti, non lo sono le variabili $x_i$ e $y_j$ con $i!=j$. Inoltre sia le $x_i$ che le $y_i$ sono i.i.d. Ma allora, $E[T']=0$, poiché $E[x_1y_2]=E[x_2y_1]=E[x_2y_3]=E[x_3y_2]=E[x_3y_1]=E[x_1y_3]$. Si poteva anche farla più breve dicendo che, visto che i vettori aleatori $U_i$ sono i.i.d tra loro, allora è come se in media i punti scelti a caso si trovino ad avere stesse coordinate, e quindi coincidano.
Un esempio monodimensionale potrebbe essere: si scelgano a caso due punti $a$ e $b$ in $(0,1)$ (quindi con distribuzione uniforme su $(0,1)$) e si trovi $E[a-b]$. La risposta è $0$ evidentemente.
Cosa mi sto perdendo clamorosamente?
Mi sembra che il problema stia nella formula che hai usato per il calcolo dell'area del triangolo: quella quantità va presa in valore assoluto (cambia segno sullo scambio di indici).
"Rigel":
Mi sembra che il problema stia nella formula che hai usato per il calcolo dell'area del triangolo: quella quantità va presa in valore assoluto (cambia segno sullo scambio di indici).
Giustissimo!
Il problema ora è che il calcolo di $E[T']=1/2 E[|X_1Y_2-X_2Y_1+X_2Y_3-X_3Y_2+X_3Y_1-X_1Y_3|]$ non mi sembra affatto agevole...
Io non ho provato, ma si potrebbe fare il conto nel particolarissimo caso in cui $T$ sia un triangolo rettangolo comodo e poi generalizzare... Cosa ne dici?
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