Qualcuno ha risolto l'esercizio PTLOS 4.1?

Questo un esercizio dato in teoria della probabilità: La logica della scienza da Edwin Jaynes, 2003. C'è una soluzione parziale qui . Ho elaborato una soluzione parziale più generale e mi chiedevo se qualcun altro l'ha risolta. Aspetterò un po 'prima di pubblicare la mia risposta, per provare gli altri.

Okay, allora supponiamo di avere ipotesi mutuamente esclusive e esaustivo, indicato con . Supponiamo inoltre di avere set di dati, indicati con . Il rapporto di probabilità per l'ipotesi è dato da: $n$ $H_i \;\;(i=1,\dots,n)$ $m$ $D_j \;\;(j=1,\dots,m)$

L R (H_{i}) = \frac{P (D_{1} D_{2} \dots, D_{m} | H_{i})}{P (D_{1} D_{2} \dots, D_{m} | {\bar{H}}_{i})}

$LR(H_{i})=\frac{P(D_{1}D_{2}\dots,D_{m}|H_{i})}{P(D_{1}D_{2}\dots,D_{m}|\overline{H}_{i})}$

Si noti che si tratta di probabilità condizionate. Supponiamo ora che, data l'ipotesi i set di dati siano indipendenti, quindi abbiamo: $H_{i}$ $m$

P (D_{1} D_{2} \dots, D_{m} | H_{i}) = \prod_{j = 1}^{m} P (D_{j} | H_{i}) (i = 1, \dots, n) Condition 1

$P(D_{1}D_{2}\dots,D_{m}|H_{i})=\prod_{j=1}^{m}P(D_{j}|H_{i}) \;\;\;\; (i=1,\dots,n)\;\;\;\text{Condition 1}$

Ora sarebbe abbastanza conveniente se il denominatore prendesse in considerazione anche questa situazione, in modo da avere:

P (D_{1} D_{2} \dots, D_{m} | {\bar{H}}_{i}) = \prod_{j = 1}^{m} P (D_{j} | {\bar{H}}_{i}) (i = 1, \dots, n) Condition 2

$P(D_{1}D_{2}\dots,D_{m}|\overline{H}_{i})=\prod_{j=1}^{m}P(D_{j}|\overline{H}_{i}) \;\;\;\; (i=1,\dots,n)\;\;\;\text{Condition 2}$

Perché in questo caso il rapporto di verosimiglianza si dividerà in un prodotto di fattori minori per ciascun set di dati, in modo da avere:

L R (H_{i}) = \prod_{j = 1}^{m} \frac{P (D_{j} | H_{i})}{P (D_{j} | {\bar{H}}_{i})}

$LR(H_i)=\prod_{j=1}^{m}\frac{P(D_{j}|H_{i})}{P(D_{j}|\overline{H}_{i})}$

Quindi, in questo caso, ciascun set di dati "voterà per $H_i$ " o "voterà contro $H_i$ " indipendentemente da qualsiasi altro set di dati.

L'esercizio è di dimostrare che se $n>2$ (più di due ipotesi), non esiste un modo così banale in cui questo factoring può avvenire. Cioè, se si assume che la condizione 1 e la condizione 2 siano valide, allora al massimo uno dei fattori:

\frac{P (D_{1} | H_{i})}{P (D_{1} | {\bar{H}}_{i})} \frac{P (D_{2} | H_{i})}{P (D_{2} | {\bar{H}}_{i})} \dots \frac{P (D_{m} | H_{i})}{P (D_{m} | {\bar{H}}_{i})}

$\frac{P(D_{1}|H_{i})}{P(D_{1}|\overline{H}_{i})}\frac{P(D_{2}|H_{i})}{P(D_{2}|\overline{H}_{i})}\dots\frac{P(D_{m}|H_{i})}{P(D_{m}|\overline{H}_{i})}$ è diverso da 1, quindi solo 1 set di dati contribuirà al rapporto di verosimiglianza.

Personalmente ho trovato questo risultato piuttosto affascinante, perché dimostra sostanzialmente che il test delle ipotesi multiple non è altro che una serie di test binari di ipotesi.

— probabilityislogic
fonte

Sono un po 'confuso dall'indice su ; è ? Oppure è ? Sembra che dovrebbe essere il secondo, ma non sono sicuro del perché il pedice. O forse mi manca qualcos'altro del tutto :)

{\bar{H}}_{i}

$\bar H_i$

{\bar{H}}_{i} = \arg max_{h \subset H_{i}} P (D_{1}, \dots D_{m} | h)

$\bar H_i = \arg\max_{h\subset H_i} P(D_1, \dots D_m | h)$

{\bar{H}}_{i} = \arg max_{h \in {H_{1}, \dots, H_{n}}} P (D_{1}, \dots D_{m} | h)

$\bar H_i = \arg\max_{h\in \{H_1, \dots, H_n\} } P(D_1, \dots D_m | h)$

— JMS

@JMS - sta per l'affermazione logica " è falso", o che una delle altre ipotesi è vera. Quindi in "algebra booleana" abbiamo (perché l'ipotesi sono esclusivi esaustivo)

{\bar{H}}_{i}

$\overline{H}_{i}$

H_{i}

$H_{i}$

{\bar{H}}_{i} \equiv H_{1} + H_{2} + \dots + H_{i - 1} + H_{i + 1} + \dots + H_{n}

$\overline{H}_{i}\equiv H_1+H_2+\dots+H_{i-1}+H_{i+1}+\dots+H_{n}$

— probabilityislogic

Credo che ci debba essere una soluzione più intuitiva dell'algebra data nella soluzione parziale di Sanders. Se i dati sono indipendenti date ciascuna delle ipotesi, questo continua a valere quando i priori dell'ipotesi sono vari. E in qualche modo, il risultato è che lo stesso deve valere per la conclusione ...

— charles.y.zheng

@charles - So esattamente come ti senti. Pensavo di poterlo ricavare usando un'incoerenza qualitativa (Reductio ad absurdum), ma non ci sono riuscito. Potrei estendere la matematica di Sander però. Ed è la Condizione 2 che è "quella instabile" in termini di significato del risultato.

— probabilityislogic

@probabilityislogic "mostra sostanzialmente che il test di ipotesi multiple non è altro che una serie di test di ipotesi binarie." Per favore, potresti approfondire questa frase? Leggendo la pagina 98 del libro di Jaynes, capisco che è possibile ridurre i test di per testare contro ogni altra ipotesi e quindi in qualche modo normalizzare per ottenere il posteriore per , ma non capisco perché questo dovrebbe seguire dai risultati di Esercitazione 4.1.

H_{1}, \dots, H_{n}

$H_1, \dots, H_n$

H_{1}

$H_1$

H_{1}

$H_1$

— Martin Drozdik,

Risposte:

Il motivo per cui abbiamo accettato l'eq. 4.28 (nel libro, la tua condizione 1) era che abbiamo assunto la probabilità dei dati data una certa ipotesi e le informazioni di base sono indipendenti, in altre parole per qualsiasi e con : $H_a$ $X$ $D_i$ $D_j$ $i\neq{j}$

P (D_{io} | D_{j} H_{un'} X) = P (D_{io} | H_{un'} X) (1)

$\begin{equation}P(D_i|D_jH_aX)=P(D_i|H_aX)\quad\quad{\rm (1)}\end{equation}$ Pertanto non si può discutere in questo modo di estensibilità oltre il caso binario: se assumiamo l'eq .1 per essere vero, anche l'eq.2 è vero?

P (D_{io} | D_{j} \bar{H_{un'}} X) \overset{?}{=} P (D_{io} | \bar{H_{un'}} X) (2)

$\begin{equation}P(D_i|D_j\overline{H_a}X)\stackrel{?}{=}P(D_i|\overline{H_a}X)\quad\quad{\rm (2)}\end{equation}$ prima cosa diamo un'occhiata al lato sinistro di eq.2, usando la regola di moltiplicazione:

P (D_{io} | D_{j} \bar{H_{un'}} X) = \frac{P (D_{io} D_{j} \bar{H_{un'}} | X)}{P (D_{j} \bar{H_{un'}} | X)} (3)

$\begin{equation}P(D_i|D_j\overline{H_a}X)=\frac{P(D_iD_j\overline{H_a}|X)}{P(D_j\overline{H_a}|X)}\quad\quad{\rm (3)}\end{equation}$ Poiché le ipotesi sono assunte reciprocamente esclusive ed esaustive, possiamo scrivere: Quindi l'eq.3 diventa: caso in cui abbiamo solo due ipotesi, le somme vengono rimosse (poiché esiste solo un ), gli stessi termini nel nominatore e denominatore, ), annulla e l'eq.2 è dimostrato corretto, poiché

n

$n$

{H_{1} \dots H_{n}}

$\{H_1\dots{H_n}\}$

\bar{H_{un'}} = \underset{B \neq un'}{Σ} H_{B}

$\overline{H_a}=\sum_{b\neq{a}}H_b$

P (D_{io} | D_{j} \bar{H_{un'}} X) = \frac{\underset{B \neq un'}{Σ} P (D_{io} | D_{j} H_{B} X) P (D_{j} H_{B} | X)}{\underset{B \neq un'}{Σ} P (D_{j} H_{B} | X)} = \frac{\underset{B \neq un'}{Σ} P (D_{io} | H_{B} X) P (D_{j} H_{B} | X)}{\underset{B \neq un'}{Σ} P (D_{j} H_{B} | X)}

$P(D_i|D_j\overline{H_a}X)=\frac{\sum_{b\neq{a}}P(D_i|D_jH_bX)P(D_jH_b|X)}{\sum_{b\neq{a}}P(D_jH_b|X)}=\frac{\sum_{b\neq{a}}P(D_i|H_bX)P(D_jH_b|X)}{\sum_{b\neq{a}}P(D_jH_b|X)}$

b \neq a

$b\neq{a}$

P (D_{j} H_{b} | X

$P(D_jH_b|X$

H_{b} = \bar{H_{a}}

$H_b=\overline{H_a}$ . Pertanto l'equazione 4.29 può essere derivata dall'equazione 4.28 nel libro. Ma quando abbiamo più di due ipotesi, questo non accade, ad esempio, se abbiamo tre ipotesi: , l'equazione sopra diventa: In altre parole: L'unico modo in cui questa equazione può produrre eq.2 è che entrambi i denominatori sono uguali a 1, cioè entrambe le frazioni nella i denominatori devono essere pari a zero. Ma questo è impossibile.

{H_{1}, H_{2}, H_{3}}

$\{H_1, H_2, H_3\}$

P (D_{io} | D_{j} \bar{H_{1}} X) = \frac{P (D_{io} | H_{2} X) P (D_{j} H_{2} | X) + P (D_{io} | H_{3} X) P (D_{j} H_{3} | X)}{P (D_{j} H_{2} | X) + P (D_{j} H_{3} | X)}

$P(D_i|D_j\overline{H_1}X)=\frac{P(D_i|H_2X)P(D_jH_2|X)+P(D_i|H_3X)P(D_jH_3|X)}{P(D_jH_2|X)+P(D_jH_3|X)}$

P (D_{io} | D_{j} \bar{H_{1}} X) = \frac{P (D_{io} | H_{2} X)}{1 + \frac{P (D_{j} H_{3} | X)}{P (D_{j} H_{2} | X)}} + \frac{P (D_{io} | H_{3} X)}{1 + \frac{P (D_{j} H_{2} | X)}{P (D_{j} H_{3} | X)}}

$P(D_i|D_j\overline{H_1}X)=\frac{P(D_i|H_2X)}{1+\frac{P(D_jH_3|X)}{P(D_jH_2|X)}}+\frac{P(D_i|H_3X)}{1+\frac{P(D_jH_2|X)}{P(D_jH_3|X)}}$

— Astroboy
fonte

Penso che la quarta equazione sia errata. Dovremmo avere

P (D_{i} D_{j} H_{b} | X) = P (D_{i} H_{B} | X) P (D_{j} | H_{b} X)

$P(D_iD_jH_b|X)=P(D_iH_B|X)P(D_j|H_bX)$

— probabilityislogic

Grazie mille proboslogic, sono stato in grado di correggere la soluzione. Cosa pensi ora?

— astroboy

Non capisco come dice Jaynes: "Coloro che non riescono a distinguere tra indipendenza logica e indipendenza causale supporrebbero che (4.29) sia sempre valido".

— astroboy

Penso di aver trovato la risposta al mio ultimo commento: subito dopo la frase sopra Jaynes dice: "purché nessun eserciti un'influenza fisica su qualsiasi altro ". Quindi sostanzialmente Jaynes sta dicendo che anche se non hanno influenza fisica, esiste una limitazione logica che non consente la generalizzazione a più di due ipotesi.

D_{i}

$D_i$

D_{j}

$D_j$

— astroboy,

Dopo aver letto di nuovo il testo, ritengo che il mio ultimo commento non sia stata una buona risposta. A quanto ho capito ora, Jayne ha voluto dire: "Coloro che non riescono a distinguere tra indipendenza logica e indipendenza causale" sosterrebbero che e non hanno alcuna influenza fisica. Quindi hanno un'indipendenza causale che per loro implica un'indipendenza logica su qualsiasi insieme di ipotesi. Quindi trovano tutta questa discussione insignificante e semplicemente procedono a generalizzare il caso binario.

D_{i}

$D_i$

D_{j}

$D_j$

— astroboy,

Va bene, quindi piuttosto che andare a derivare l'equazione di Saunder (5), la dirò qui. Le condizioni 1 e 2 implicano la seguente uguaglianza:

Π_{j = 1}^{m} (\underset{K \neq io}{Σ} h_{K} d_{j K}) = {(\underset{K \neq io}{Σ} h_{K})}^{m - 1} (\underset{K \neq io}{Σ} h_{K} Π_{j = 1}^{m} d_{j K})

$\prod_{j=1}^{m}\left(\sum_{k\neq i}h_{k}d_{jk}\right)=\left(\sum_{k\neq i}h_{k}\right)^{m-1}\left(\sum_{k\neq i}h_{k}\prod_{j=1}^{m}d_{jk}\right)$ dove

d_{j K} = P (D_{j} | H_{K}, io) h_{K} = P (H_{K} | io)

$d_{jk}=P(D_{j}|H_{k},I)\;\;\;\;h_{k}=P(H_{k}|I)$

Ora possiamo specializzarci nel caso (due set di dati) prendendo e rietichettando . Si noti che questi due set di dati soddisfano ancora le condizioni 1 e 2, quindi il risultato sopra si applica anche a loro. Ora espandendo nel caso otteniamo: $m=2$ $D_{1}^{(1)}\equiv D_{1}$ $D_{2}^{(1)}\equiv D_{2}D_{3}\dots D_{m}$ $m=2$

(\underset{K \neq io}{Σ} h_{K} d_{1 K}) (\underset{l \neq io}{Σ} h_{l} d_{2 l}) = (\underset{K \neq io}{Σ} h_{K}) (\underset{l \neq io}{Σ} h_{l} d_{1 l} d_{2 l})

$\left(\sum_{k\neq i}h_{k}d_{1k}\right)\left(\sum_{l\neq i}h_{l}d_{2l}\right)=\left(\sum_{k\neq i}h_{k}\right)\left(\sum_{l\neq i}h_{l}d_{1l}d_{2l}\right)$

\to \underset{K \neq io}{Σ} \underset{l \neq io}{Σ} h_{K} h_{l} d_{1 K} d_{2 l} = \underset{K \neq io}{Σ} \underset{l \neq io}{Σ} h_{K} h_{l} d_{1 l} d_{2 l}

$\rightarrow\sum_{k\neq i}\sum_{l\neq i}h_{k}h_{l}d_{1k}d_{2l}=\sum_{k\neq i}\sum_{l\neq i}h_{k}h_{l}d_{1l}d_{2l}$

\to \underset{K \neq io}{Σ} \underset{l \neq io}{Σ} h_{K} h_{l} d_{2 l} (d_{1 K} - d_{1 l}) = 0 (io = 1, ..., n)

$\rightarrow\sum_{k\neq i}\sum_{l\neq i}h_{k}h_{l}d_{2l}(d_{1k}-d_{1l})=0\;\;\;\;\;\;\; (i=1,\dots,n)$

Il termine ricorre due volte nella summenzionata doppia somma, una volta quando e , e ancora una volta quando e . Ciò accadrà finché . Il coefficiente di ciascun termine è dato da e . Ora, poiché ci sono di queste equazioni, possiamo effettivamente rimuovere da queste equazioni. Per illustrare, prendi , ora questo significa che abbiamo tutte le condizioni tranne dove e . Ora prendi $(d_{1a}-d_{1b})$ $k=a$ $l=b$ $k=b$ $l=a$ $a,b\neq i$ $d_{2b}$ $-d_{2a}$ $i$ $i$ $i=1$ $a=1,b=2$ $b=1,a=2$ $i=3$ e ora possiamo avere queste due condizioni (si noti che ciò presuppone almeno tre ipotesi). Quindi l'equazione può essere riscritta come:

\underset{l > K}{Σ} h_{K} h_{l} (d_{2 l} - d_{2 K}) (d_{1 K} - d_{1 l}) = 0

$\sum_{l>k}h_{k}h_{l}(d_{2l}-d_{2k})(d_{1k}-d_{1l})=0$

Ora ciascuno dei termini deve essere maggiore di zero, poiché altrimenti abbiamo a che fare con ipotesi e la risposta può essere riformulata in termini di . Quindi questi possono essere rimossi dal set di condizioni sopra: $h_i$ $n_{1}<n$ $n_{1}$

\underset{l > K}{Σ} (d_{2 l} - d_{2 K}) (d_{1 K} - d_{1 l}) = 0

$\sum_{l>k}(d_{2l}-d_{2k})(d_{1k}-d_{1l})=0$

Quindi, ci sono condizioni che devono essere soddisfatte, e ogni condizione implica una delle due "sotto-condizioni": quella per entrambe o (ma non necessariamente entrambi). Ora abbiamo un insieme di tutte le coppie uniche per . Se dovessimo prendere di queste coppie per una delle , allora avremmo tutti i numeri nel set e . Questo perché la prima coppia ha elementi e ogni coppia aggiuntiva porta almeno un elemento aggiuntivo al set * $\frac{n(n-1)}{2}$ $d_{jk}=d_{jl}$ $j=1$ $j=2$ $(k,l)$ $d_{jk}=d_{jl}$ $n-1$ $j$ $1,\dots,n$ $d_{j1}=d_{j2}=\dots=d_{j,n-1}=d_{j,n}$ $2$

Tuttavia, poiché esistono le condizioni , dobbiamo scegliere almeno il numero intero più piccolo maggiore o uguale a per uno dei o . Se il numero di termini scelti è maggiore di . Se o allora dobbiamo scegliere esattamente termini. Ciò implica che . Solo con due ipotesi ( ) è dove ciò non si verifica. Ma dall'ultima equazione nell'articolo di Saunder questa condizione di uguaglianza implica: $\frac{n(n-1)}{2}$ $\frac{1}{2}\times\frac{n(n-1)}{2}=\frac{n(n-1)}{4}$ $j=1$ $j=2$ $n>4$ $n-1$ $n=4$ $n=3$ $n-1$ $d_{j1}=d_{j2}=\dots=d_{j,n-1}=d_{j,n}$ $n=2$

P (D_{j} | {\bar{H}}_{io}) = \frac{\underset{K \neq io}{Σ} d_{j K} h_{K}}{\underset{K \neq io}{Σ} h_{K}} = d_{j io} \frac{\underset{K \neq io}{Σ} h_{K}}{\underset{K \neq io}{Σ} h_{K}} = d_{j io} = P (D_{j} | H_{io})

$P(D_{j}|\overline{H}_{i})=\frac{\sum_{k\neq i}d_{jk}h_{k}}{\sum_{k\neq i}h_{k}}=d_{ji}\frac{\sum_{k\neq i}h_{k}}{\sum_{k\neq i}h_{k}}=d_{ji}=P(D_{j}|H_{i})$

Quindi, nel rapporto di verosimiglianza abbiamo:

\frac{P (D_{1}^{(1)} | H_{io})}{P (D_{1}^{(1)} | {\bar{H}}_{io})} = \frac{P (D_{1} | H_{io})}{P (D_{1} | {\bar{H}}_{io})} = 1 O \frac{P (D_{2}^{(1)} | H_{io})}{P (D_{2}^{(1)} | {\bar{H}}_{io})} = \frac{P (D_{2} D_{3} ..., D_{m} | H_{io})}{P (D_{2} D_{3} ..., D_{m} | {\bar{H}}_{io})} = 1

$\frac{P(D_{1}^{(1)}|H_{i})}{P(D_{1}^{(1)}|\overline{H}_{i})}=\frac{P(D_{1}|H_{i})}{P(D_{1}|\overline{H}_{i})}=1 \text{ OR} \frac{P(D_{2}^{(1)}|H_{i})}{P(D_{2}^{(1)}|\overline{H}_{i})}=\frac{P(D_{2}D_{3}\dots,D_{m}|H_{i})}{P(D_{2}D_{3}\dots,D_{m}|\overline{H}_{i})}=1$

Per completare la dimostrazione, nota che se la seconda condizione è valida, il risultato è già dimostrato e solo un rapporto può essere diverso da 1. Se la prima condizione è valida, possiamo ripetere l'analisi sopra riassegnando e . Quindi avremmo non ha contribuito o è l'unico contributore. Avremmo quindi una terza rietichettatura quando non contribuiva, e così via. Pertanto, solo un set di dati può contribuire al rapporto di probabilità quando la condizione 1 e la condizione 2 sono valide e vi sono più di due ipotesi. $D_{1}^{(2)}\equiv D_{2}$ $D_{2}^{(2)}\equiv D_{3}\dots,D_{m}$ $D_{1},D_{2}$ $D_{2}$ $D_{1}D_{2}$

* NOTA: una coppia aggiuntiva potrebbe non portare nuovi termini, ma questo sarebbe compensato da una coppia che portava 2 nuovi termini. es. prendi come primo [+2], [+1] e [+0], ma il prossimo termine deve avere per entrambi . Ciò aggiungerà due termini [+2]. Se non abbiamo bisogno di scegliere altro, ma per l '"altro" dobbiamo scegliere le 3 coppie che non sono . Questi sono e quindi vale l'uguaglianza, poiché tutti i numeri sono nell'insieme. $d_{j1}=d_{j2}$ $d_{j1}=d_{j3}$ $d_{j2}=d_{j3}$ $d_{jk}=d_{jl}$ $k,l\notin (1,2,3)$ $n=4$ $j$ $(1,2),(2,3),(1,3)$ $(1,4),(2,4),(3,4)$ $(1,2,3,4)$

— probabilityislogic
fonte

Sto cominciando a dubitare dell'accuratezza di questa prova. Il risultato in matematica di Saunders implica solo vincoli non lineari su . Ciò rende solo gradi di libertà anziché . Tuttavia, per arrivare alle condizioni di è richiesto un argomento diverso.

n

$n$

d_{j k}

$d_{jk}$

d_{j k}

$d_{jk}$

n

$n$

2 n

$2n$

\frac{n (n - 1)}{2}

$\frac{n(n-1)}{2}$

— Probislogic,

Per la cronaca, ecco una prova un po 'più ampia . Contiene anche alcune informazioni di base. Forse questo è utile per gli altri che studiano l'argomento.

L'idea principale della dimostrazione è mostrare che le condizioni 1 e 2 di Jaynes implicano che per tutti tranne un set di dati . Mostra quindi che per tutti questi set di dati, abbiamo anche Quindi abbiamo per tutti tranne un set di dati, Il motivo per cui ho voluto includere la prova qui è che alcuni dei passaggi coinvolti non sono affatto ovvi, e bisogna fare attenzione a non usare nient'altro che condizioni 1 e 2 e la regola del prodotto (come molte altre prove implicitamente fanno). Il link sopra

P (D_{m_{K}} | H_{io} X) = P (D_{m_{K}} | X),

$P(D_{m_k}|H_iX)=P(D_{m_k}|X),$

m_{k} = 1, \dots, m

$m_k=1,\ldots,m$

P (D_{m_{K}} | {\bar{H}}_{io} X) = P (D_{m_{K}} | X) .

$P(D_{m_k}|\overline H_iX)=P(D_{m_k}|X).$

\frac{P (D_{m_{K}} | H_{io} X)}{P (D_{m_{K}} | {\bar{H}}_{io} X)} = \frac{P (D_{m_{K}} | X)}{P (D_{m_{K}} | X)} = 1.

$\frac{P(D_{m_k}|H_iX)}{P(D_{m_k}|\overline H_iX)} = \frac{P(D_{m_k}|X)}{P(D_{m_k}|X)} = 1.$ include tutti questi passaggi in dettaglio. È sul mio Google Drive e farò in modo che rimanga accessibile.

— dennis
fonte

Benvenuto in Cross Validated . La ringrazio per la risposta. Potete per favore modificare la risposta per espanderla, al fine di includere i punti principali del collegamento fornito? Sarà più utile sia per le persone che effettuano ricerche in questo sito sia nel caso in cui il collegamento si interrompa. A proposito, cogli l'opportunità di fare il tour , se non l'hai già fatto. Consulta anche alcuni suggerimenti su Come rispondere , sulla guida alla formattazione e sulla scrittura di equazioni utilizzando LaTeX / MathJax .

— Ertxiem - ripristina Monica il

Grazie per il tuo commento. Ho modificato il post e ho disegnato i passaggi principali della prova.

— dennis