Punti su una circonferenza

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amatrix92
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Punti su una circonferenza

Messaggio da amatrix92 » 08 apr 2011, 00:43

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.
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.

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fraboz
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Re: Punti su una circonferenza

Messaggio da fraboz » 08 apr 2011, 19:39

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} $
Ultima modifica di fraboz il 08 apr 2011, 19:47, modificato 1 volta in totale.

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fraboz
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Re: Punti su una circonferenza

Messaggio da fraboz » 08 apr 2011, 19:43

per il punto ii)
con un ragionamento analogo penso siano $ \displaystyle \frac{ \binom{n}{k}-n}{ \binom{n}{k}} $
Ultima modifica di fraboz il 08 apr 2011, 20:28, modificato 1 volta in totale.

staffo
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Re: Punti su una circonferenza

Messaggio da staffo » 08 apr 2011, 19:45

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...
[tex]\Lambda \eta \delta r \epsilon \alpha[/tex]

amatrix92
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Re: Punti su una circonferenza

Messaggio da amatrix92 » 08 apr 2011, 19:54

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.
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.

Valenash
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Re: Punti su una circonferenza

Messaggio da Valenash » 10 apr 2011, 14:14

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 :oops: :oops:
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. :oops:
Ho sempre pensato che la serie armonica non divergesse..poi ho scoperto che non è così...
Ho sempre pensato che l'infinito fosse un numero..grande ma un numero.. poi ho scoperto che non è così...
E' inutile.. la matematica non da' certezze e nuoce gravemente alla sanità mentale..xDxD

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