Бросаем случайным образом N точек на окружность. Какова вероятность того, что существует полуокружность, содержащая все эти точки?
решение:
Будем считать, естественно, что N1. Пусть X_1,...,X_N - случайные точки, W(i) - полуокружность с началом в точке X_i и идущая против часовой стрелки, A(i) - событие, состоящее в том, что все остальные точки лежат в полуокружности W(i). Тогда вероятность, которую мы хотим посчитать - это вероятность объединения событий A(i), i=1,...,N. Но, очевидно, для каждого i имеем P[A(i)]=2^{-(N-1)}, и для любых различных i и j, вероятность пересечения событий A(i) и A(j) равна нулю (так как две случайные точки не могут совпасть). А значит искомая вероятность равна N2^{-(N-1)}.
А я-то начал было рассуждать (пока в бассейне горячей воды, спа
) следующим образом: каким может быть случаийное (равновероятное) распределение вероятностей на длине 2pi окружности, дабы интеграл от нуля до 2pi равнялся 1 (одному)? Ну, а дальше надо вроде суммировать вероятности/интегралы на всех несчётно много отрезках длины (меры Римана) pi, чьим началом являются все точки от нуля до pi...
Берем независимые случайные числа, равномерно распределенные в интервале (0,1), и суммируем. Пусть N - количество этих чисел при котором сумма становится больше 1. Чему равно мат. ожидание N?
2 не м б потому, что достичь результата за одно испытание невозможно - у нас строгое неравенство. А если бы было нестрогое, то всё равно вероятность попадания в 1 равна нулю
e=2.718...
Для t: 0t1
P1(t) = Prob(S1t) = Int{0,t} dx = t
P2(t) = Prob(S2t) = Int{0,t} P1(t-x)dx = t^2/2
...
PN(t) = t^n/n!
Тогда плотность будет t^(n-1)/(n-1)!
Теперь можно посчитать нужную нам вероятность
Pi = Pi(Si1, Si-11)=Pi(Si1|Si-11)P(Si-11) = Int {0,1} t t^(i-2)/(i-2)!dt = 1/i(i-2)!
Вот еще одно решение. Для начала, ясно что искомое матожидание меньше бесконечности (чтобы это строго доказать, достаточно заметить, что N не больше того момента, когда мы увидим 2 числа, больших 1/2). Теперь, для x1, обозначим через f(x) соответствующее матожидание момента, когда сумма превысит x (т.е., в исходной задаче надо посчитать f(1)). Теперь делаем conditioning на значение первой случайной величины, и, по формуле полного матожидания, получаем уравнение f(x)=1+\int_0^x f(y)dy. Дифференцируем обе части, получаем f'(x)=f(x). Поскольку, очевидно, f(0)=1, получается f(x)=e^x для x1.
Ну уж нет. Там 1-е n отброшенных членов дают ощутимый вклад, наверное половинку от всего. Надо формулу Стирлинга вспоминать.
Т е ответ скорее всего 1/е
В скобках - первые n членов ряда для е в степени n Если мы возьмём следующие n членов, то они на глазок дают примерно такой же вклад, как члены в скобках.
Члены ряда это очевидно пуассоновские вероятности с параметром n. Но суммируем мы не всю плотность, а только часть. Так как при большом n пуассоновская плотность переходит в нормальную и становится симметричной относительно среднего (n), то в пределе суммируется половина.
Члены ряда это очевидно пуассоновские вероятности с параметром n. Но суммируем мы не всю плотность, а только часть. Так как при большом n пуассоновская плотность переходит в нормальную и становится симметричной относительно среднего (n), то в пределе суммируется половина.
да, такое решение и я имел в виду. По известному свойству распределения Пуассона (сумма независимых пуассоновских величин с параметрами a и b имеет пуассоновское распределение с параметром a+b), там стоит вероятность того, что сумма n независимых пуассоновских величин с параметром 1 не больше n. Тогда по ЦПТ получается что предел равен 1/2.
