Mr bean vs Robin hood

Calcolo combinatorio (disposizioni, permutazioni e combinazioni) e calcolo delle probabilità.

Re: Mr bean vs Robin hood

Messaggioda b8dc4 » 28/11/2013, 21:14

Magari questo fatto può aiutare a trovare una soluzione elementare:
la probabilità che A (ormai è il suo nuovo nome :lol: ) colpisca il bersaglio ad una distanza non maggiore di [tex]r[/tex] è [tex]\displaystyle \frac{\pi r^2}{\pi}=r^2[/tex] mentre B ha una possibilità [tex]r[/tex] di farlo.
Da qui mi piacerebbe poter dire ad esempio che B ha il doppio di possibilità di vincere o qualcosa del genere, ma non so come collegare le cose (sempre che sia possibile :lol: )
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Re: Mr bean vs Robin hood

Messaggioda Lasker » 28/11/2013, 21:53

Mi sono accorto di un typo e non riesco più a modificare... ovviamente l'integrale finale viene $$\int_{0}^1 2r_a^2dr_a= 2\left[\frac{r_a^3}{3}\right]_0^1=\frac{2}{3}$$
Mi scuso per l'imprecisione :oops:
Cur enim scribere tre numeri quando se ne abbisogna di due? Sensibilizzazione all'uso delle potenti Coordinate Cartesiane, possano seppellire per sempre le orride baricentriche corruttrici dei giovani.

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Re: Mr bean vs Robin hood

Messaggioda nil » 17/12/2013, 19:27

Lasker ha scritto:Ok, mi sento pronto per l'orribile soluzione non elementare :lol: :

Consideriamo il caso in cui Mr. Bean (d'ora in avanti $A$ per comodità :mrgreen: ) colpisca la corona circolare infinitesima compresa tra $r_a$ e $r_a+dr_a$. La probabilità di fare tale tiro è proporzionale all'area di questa corona (in quanto $A$ ha una probabilità uniforme di colpire ogni punto del bersaglio), che è chiaramente $2\pi r_adr_a$.
Il fattore di proporzionalità è tale che all'area di tutto il cerchio (che è $\pi$) corrisponda la probabilità $P=1$, e quindi è esattamente $\frac{1}{\pi}$.
Da questa osservazione, possiamo dire che:
$$dP(r_a)=2r_adr_a$$
Adesso, se $A$ colpisce a distanza $r_a$, la probabilità che vinca $B$ è $P(B)=r_a$; sommando le probabilità (sono indipendenti) per tutti i possibili valori di $r_a$ si ottiene:
$$P(V_B)=\int_{0}^1 r_a\cdot 2r_a dra=2\left[\frac{r_a}{3}\right]_0^1=\frac{2}{3}$$
Questa è la probabilità che vinca $B$, per trovare quella di $A$ basterà dunque fare $1-\frac{2}{3}=\frac{1}{3}$.
Probabilmente, visto che si tratta di numeri "semplici" esiste una soluzione elementare, che però non ho ancora trovato :roll: .


Non so se dico qualcosa di stupido , ma l'area non dovrebbe essere $\pi(R^2 - r^2) = \pi((r_a + dr_a)^2 - (r_a)^2) = \pi(2r_adr_a + (dr_a)^2)$ ?
Quel $(dr_a)^2$ può essere trascurato?
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Re: Mr bean vs Robin hood

Messaggioda Lasker » 17/12/2013, 22:24

Non so se dico qualcosa di stupido , ma l'area non dovrebbe essere $\pi(R^2−r^2)=\pi((r_a+dr_a)^2−(r_a)^2)=\pi(2r_adr_a+(dr_a)^2)$ ?
Quel $(dr_a)^2$ può essere trascurato?

Sono la persona sbagliata a cui fare domande sul calcolo differenziale/integrale (non l'ho fatto a scuola e lo conosco sommariamente solo per fisica...), ma mi sembra che $(dr_a)^2$ sia un infinitesimo del secondo ordine e quindi dovrebbe essere trascurabile rispetto a $dr_a$ (e quindi integrando dovrebbe rimanere infinitesimo)... dopotutto se guardi:
$$\int_{0}^r 2\pi xdx=2\pi \left[\frac{x^2}{2}\right]^r_0=\pi r^2$$
Con l'ultima espressione che è proprio il valore noto dell'area del cerchio, e quindi sembra filare, no?
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