Kjeppknekking
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
mrcreosote
- Guru
- Innlegg: 1995
- Registrert: 10/10-2006 20:58
En kjepp av lengde 1 knekker i 2 biter. Bruddpunktet er et vilkårlig sted. Hvor lang kan vi regne med at den korteste biten blir? Hva hvis kjeppen går i 3 biter?
Kjeppen må knekke i intervallet [tex][0,1][/tex], så la [tex]x \in [0,1][/tex] være punktet den knekker i.
Vi finner den korteste lengden L:
[tex]L(x)= \min(x,1-x)=\frac{1-|2x-1|}{2}[/tex]
Forventningsverdien E:
[tex]E(x)=\frac{\int^1_0 L(x) \rm{d}x}{1-0}=\frac{1}{4}[/tex]
Ble det riktig?
Vi finner den korteste lengden L:
[tex]L(x)= \min(x,1-x)=\frac{1-|2x-1|}{2}[/tex]
Forventningsverdien E:
[tex]E(x)=\frac{\int^1_0 L(x) \rm{d}x}{1-0}=\frac{1}{4}[/tex]
Ble det riktig?
Da bruker jeg metoden min videre:
La linja være knekt i 2 forskjellige punkter, x og y, x<y.
Den korteste delen
[tex]L=\min(x,y-x,1-y)=\min(\frac{y-|2x-y|}{2},1-y) \\ = \frac{1}{4}(2-y-|2x-y|-|3y-2-|2x-y||[/tex]
Vi finner den forventede lengden til biten ved en gitt y verdi:
[tex]E_1=\frac{\int^y_0 L \rm{d}x}{y-0}[/tex]
[tex]I= \int^y_0 \frac{1}{4}(2-y-|2x-y|-||2x-y|+2-3y| \rm{d}x \\ = \frac{1}{4} \int^y_0 (2-y)\rm{d}x -\frac{1}{4}\int^y_0|2x-y|\rm{d}x-\frac{1}{4}\int^y_0||2x-y|+2-3y| \rm{d}x [/tex]
[tex]I_0=\int^y_0 (2-y)\rm{d}x= [(2-y)x]^y_0=2y-y^2[/tex]
[tex]I_1=\int^y_0 |2x-y| \rm{d}x = \int^y_{\frac{y}{2}} 2x-y \rm{d}x-\int^{\frac{y}{2}}_{y} 2x-y \rm{d}x=[x^2-yx]^y_{\frac{y}{2}}-[x^2-yx]^{\frac{y}{2}}_0=\frac{y^2}{2}[/tex]
[tex]I_3=\int^y_0||2x-y|+2-3y| \rm{d}x=\int^y_{\frac{y}{2}}|2x+2-4y| \rm{d}x+\int^{\frac{y}{2}}_0|2x+2y-2| \rm{d}x[/tex]
[tex]I_4=\int^y_{\frac{y}{2}}|2x+2-4y| \rm{d}x[/tex]
(1) [tex]y>\frac{2}{3} \Rightarrow I_4=\int^y_{2y-1}(2x+2-4y) \rm{d}x-\int^{2y-1}_{\frac{y}{2}}(2x+2-4y) \rm{d}x \\ =[x^2+2x-4yx]^{y}_{2y-1}-[x^2+2x-4yx]^{2y-1}_{\frac{y}{2}} = \frac{13}{4}y^2-5y+2[/tex]
(2) [tex]y<\frac{2}{3} \Rightarrow[/tex] [tex]I_4=\int^y_{\frac{y}{2}}2x+2-4y \rm{d}x=[x^2+2x-4yx]^y_{\frac{y}{2}}=-\frac{5}{4}y^2+y[/tex]
[tex]I_5=\int^{\frac{y}{2}}_0|2x+2y-2| \rm{d}x[/tex]
(1) [tex]y>\frac{2}{3} \Rightarrow I_5=\int^{\frac{y}{2}}_{1-y}2x+2y-2 \rm{d}x-\int^{1-y}_02x+2y-2 \rm{d}x \\ = [x^2+2yx-2x]^{\frac{y}{2}}_{1-y}-[x^2+2yx-2x]^{1-y}_0=\frac{13}{4}y^2-5y+2[/tex]
(2) [tex]y<\frac{2}{3} \Rightarrow[/tex] [tex]I_5=-\int^{\frac{y}{2}}_0 2x+2y-2 \rm{d}x=-[x^2+2yx-2x]^{\frac{y}{2}}_0=-\frac{5}{4}y^2+y[/tex]
Da har vi
[tex]I=\frac{1}{4}(I_0-I_1-I_3)=\frac{1}{4}(I_0-I_1-I_4-I_5)[/tex]
Ved (1) vil [tex]I=\frac{1}{4}[(2y-y^2)-(\frac{y^2}{2})-(\frac{13}{4}y^2-5y+2)-(\frac{13}{4}y^2-5y+2)]=3y-2y^2-1[/tex]
Ved (2) vil [tex]I=\frac{1}{4}[(2y-y^2)-(\frac{y^2}{2})-(-\frac{5}{4}y^2+y)-(-\frac{5}{4}y^2+y)]=\frac{y^2}{4}[/tex]
[tex]E_1=\frac{y_4}[/tex]
Vi finner til slutt gjennomsnittet av disse forventningsverdiene:
For (2): [tex]E=\frac{\int^1_0 \frac{y}{4} \rm{d}x}{1-0}=[\frac{y^2}{8}]^1_0=\frac{1}{8}[/tex]
For (1) blir det et udefinert svar, så jeg vet ikke helt hva jeg har gjort feil der. Men jeg mistenker 1/8 til å være svaret.
La linja være knekt i 2 forskjellige punkter, x og y, x<y.
Den korteste delen
[tex]L=\min(x,y-x,1-y)=\min(\frac{y-|2x-y|}{2},1-y) \\ = \frac{1}{4}(2-y-|2x-y|-|3y-2-|2x-y||[/tex]
Vi finner den forventede lengden til biten ved en gitt y verdi:
[tex]E_1=\frac{\int^y_0 L \rm{d}x}{y-0}[/tex]
[tex]I= \int^y_0 \frac{1}{4}(2-y-|2x-y|-||2x-y|+2-3y| \rm{d}x \\ = \frac{1}{4} \int^y_0 (2-y)\rm{d}x -\frac{1}{4}\int^y_0|2x-y|\rm{d}x-\frac{1}{4}\int^y_0||2x-y|+2-3y| \rm{d}x [/tex]
[tex]I_0=\int^y_0 (2-y)\rm{d}x= [(2-y)x]^y_0=2y-y^2[/tex]
[tex]I_1=\int^y_0 |2x-y| \rm{d}x = \int^y_{\frac{y}{2}} 2x-y \rm{d}x-\int^{\frac{y}{2}}_{y} 2x-y \rm{d}x=[x^2-yx]^y_{\frac{y}{2}}-[x^2-yx]^{\frac{y}{2}}_0=\frac{y^2}{2}[/tex]
[tex]I_3=\int^y_0||2x-y|+2-3y| \rm{d}x=\int^y_{\frac{y}{2}}|2x+2-4y| \rm{d}x+\int^{\frac{y}{2}}_0|2x+2y-2| \rm{d}x[/tex]
[tex]I_4=\int^y_{\frac{y}{2}}|2x+2-4y| \rm{d}x[/tex]
(1) [tex]y>\frac{2}{3} \Rightarrow I_4=\int^y_{2y-1}(2x+2-4y) \rm{d}x-\int^{2y-1}_{\frac{y}{2}}(2x+2-4y) \rm{d}x \\ =[x^2+2x-4yx]^{y}_{2y-1}-[x^2+2x-4yx]^{2y-1}_{\frac{y}{2}} = \frac{13}{4}y^2-5y+2[/tex]
(2) [tex]y<\frac{2}{3} \Rightarrow[/tex] [tex]I_4=\int^y_{\frac{y}{2}}2x+2-4y \rm{d}x=[x^2+2x-4yx]^y_{\frac{y}{2}}=-\frac{5}{4}y^2+y[/tex]
[tex]I_5=\int^{\frac{y}{2}}_0|2x+2y-2| \rm{d}x[/tex]
(1) [tex]y>\frac{2}{3} \Rightarrow I_5=\int^{\frac{y}{2}}_{1-y}2x+2y-2 \rm{d}x-\int^{1-y}_02x+2y-2 \rm{d}x \\ = [x^2+2yx-2x]^{\frac{y}{2}}_{1-y}-[x^2+2yx-2x]^{1-y}_0=\frac{13}{4}y^2-5y+2[/tex]
(2) [tex]y<\frac{2}{3} \Rightarrow[/tex] [tex]I_5=-\int^{\frac{y}{2}}_0 2x+2y-2 \rm{d}x=-[x^2+2yx-2x]^{\frac{y}{2}}_0=-\frac{5}{4}y^2+y[/tex]
Da har vi
[tex]I=\frac{1}{4}(I_0-I_1-I_3)=\frac{1}{4}(I_0-I_1-I_4-I_5)[/tex]
Ved (1) vil [tex]I=\frac{1}{4}[(2y-y^2)-(\frac{y^2}{2})-(\frac{13}{4}y^2-5y+2)-(\frac{13}{4}y^2-5y+2)]=3y-2y^2-1[/tex]
Ved (2) vil [tex]I=\frac{1}{4}[(2y-y^2)-(\frac{y^2}{2})-(-\frac{5}{4}y^2+y)-(-\frac{5}{4}y^2+y)]=\frac{y^2}{4}[/tex]
[tex]E_1=\frac{y_4}[/tex]
Vi finner til slutt gjennomsnittet av disse forventningsverdiene:
For (2): [tex]E=\frac{\int^1_0 \frac{y}{4} \rm{d}x}{1-0}=[\frac{y^2}{8}]^1_0=\frac{1}{8}[/tex]
For (1) blir det et udefinert svar, så jeg vet ikke helt hva jeg har gjort feil der. Men jeg mistenker 1/8 til å være svaret.
-
mrcreosote
- Guru
- Innlegg: 1995
- Registrert: 10/10-2006 20:58
Metoden burde føre fram, men jeg vil heller nappe hår fra lysken enn å gå gjennom utregningene dine. Svaret mitt blei 1/9, også ved simulering.
hmm, ja, overså at [tex]E_1[/tex] har forskjellig uttrykk for forskjellige y.
så vi har [tex]E= \int^^1_0 \frac{E_1}{y} \rm{d}y = \int^1_{\frac{2}{3}}(3-2y-\frac{1}{y})\rm{d}y+\int^{\frac{2}{3}}_0\frac{y}{4}\rm{d}y=[3y-y^2-ln|y|]^1_{\frac{2}{3}}+[\frac{y^2}{8}]^{\frac{2}{3}}=\frac{1}{2}+\ln(\frac{2}{3}) \approx 0.095[/tex]
Vet ikke hvor tilnærmet du fikk din simulering, er det mulig det er rett?
så vi har [tex]E= \int^^1_0 \frac{E_1}{y} \rm{d}y = \int^1_{\frac{2}{3}}(3-2y-\frac{1}{y})\rm{d}y+\int^{\frac{2}{3}}_0\frac{y}{4}\rm{d}y=[3y-y^2-ln|y|]^1_{\frac{2}{3}}+[\frac{y^2}{8}]^{\frac{2}{3}}=\frac{1}{2}+\ln(\frac{2}{3}) \approx 0.095[/tex]
Vet ikke hvor tilnærmet du fikk din simulering, er det mulig det er rett?
-
mrcreosote
- Guru
- Innlegg: 1995
- Registrert: 10/10-2006 20:58
Argumentet mitt er dette: La f(x,y) være lengden av den minste biten om du brekker i x og y; begge ligger i [0,1]. Da er vi ute etter [tex]\iint_{[0,1]^2}f(x,y) dx dy[/tex] som altså er volumet av et legeme over enhetskvadratet.
Dette er 2 pyramider, begge med høyde 1/3; den maksimale lengden på den minste biten. Volumet, og altså forventningsverdien blir derfor (1/3)*(1/3)=1/9.
Dette er 2 pyramider, begge med høyde 1/3; den maksimale lengden på den minste biten. Volumet, og altså forventningsverdien blir derfor (1/3)*(1/3)=1/9.