在圆周上任意取3点，求这3个点可以被分配在一个半圆周上的概率
之所以发在“趣题妙解”，是因为这道题确实有一个还算优美的解法。当然，这道题还可以推广为“在超球面$S_n$上任意取$k$个点，求这$k$个点可以被全部分配在半个超球面上的概率”。
欢迎讨论。 我知道比较好的解答如下，不知有更好的解答：
因为是均匀分布，所以取到每个点的概率密度与取到其对径点的概率密度是一样的。每个点都有一个对径点，这样便有k对点。在每对点中各取一点，共有2^k中取法，每种取法的概率密度是相同的。现在只要计算这2^k 种取法中，有多少种取法[记为F(k)]是落在同一半球上的，则所求概率为F(k)/2^k 。
上面有个假设，即认为F(k)的值只与k有关，而跟k个点的具体位置无关。这个是可以证明的（忽略两点重合，三点共大圆的零概率情况）。而且，还可以证明，F(k)等于球面上k个大圆（任意两个大圆不重合，任意三个大圆不共点）把球面分割成小片的片数。这个数目等于k^2-k+2。
于是所求概率等于 (k^2-k+2)/2^k 。 不失一般性，记在单位圆周上任取两点 $A$,$B$ 得到弦长 $|\bar{AB}|=x$ 的的概率密度为 $p(x)$。现将 $A$,$B$ 两点与圆心 $O$ 连结并延长，与圆周分别相交于两点 $M$,$N$，那么只要在弦 $bar{MN}$ 所对的优弧 $MN$ 上任取一点 $C$，就能满足 $A$,$B$,$C$ 三点均在半圆周上。显然，点 $C$ 在优弧 $MN$ 上的概率为$$\begin{align*}\frac{优弧MN的长度}{圆周长}&= 1-\frac{\overline{MN}对应的圆心角}{2\pi} \\
&= 1-\frac{\arcsin\frac{x}{2}}{\pi} \end{align*}$$因此，任取三点能分配在半圆周上的概率为$int_0^1p(x)(1-\frac{\arcsin\frac{x}{2}}{\pi})\text{d}x$
现在的问题在于$p(x)\text{d}x$应该等于多少。但是根据 Brtrand 悖论，这个结果与“随机”、“任意”或者“等概率”的定义有关，即在圆周上等概率选取究竟是怎么样一个取法？不同的定义方式得到的结果不同。
比如有这么几种定义圆周上“等概率”取两个点的方式：
1. ($弦中点在直径上均匀分布$)由于圆内弦长被其中心唯一确定，弦长只跟它与圆心的距离有关，而与方向无关。那么长度为 $x$ 的弦的中点肯定落在半径 $r=\sqrt{1-(x//2)^2}$ 的圆周上，由于单位圆半径为1，因此$$\begin{align*}p(x)dx&=|\text{d}r|/1 \\
&=\frac{x\text{d}x}{2\sqrt{4-x^2}}\end{align*}$$
2. ($弦中点在半径为r的圆周上均匀分布$)根据情况1，长度为 $x$ 的弦的中点肯定落在半径 $r=\sqrt{1-(x//2)^2}$ 的圆周上，如果这个中点是在半径为 $r$ 的圆周上均匀分布，那么$$\begin{align*}p(x)dx&=\frac{r|\text{d}r|}{\pi\cdot1^2} \\
&=\frac{x\text{d}x}{2\pi}\end{align*}$$
将上面的结果代入积分即可求出答案。
当然还有根据角度定义的方式，简述如下：在圆心向西面八方等概率发射一条射线$OA$，然后又等概率发射一条射线$OB$，$A$,$B$为射线与单位圆周的交点，那么$|\bar{AB}|=x$。记随机变量$\xi$和$\eta$分别为射线$OA$, $OB$的方位角，且$\xi$和$\eta$均服从在$$上均匀分布。可知，$\alpha=|\xi-\eta|$也是服从$$上均匀分布的随机变量。我们知道，这个$\alpha$就是弦$\bar{AB}$所对的圆心角。于是不难计算出$p(x)\text{d}x$了。
补充内容 (2014-1-9 21:18):
更正一下上面的错误：1、积分区间应该是0到2；2、第二种情况p(x)dx应该是xdx/(4*pi)
结果是：第一种情况结果是`(\pi-1)/\pi`；第二种情况结果是`3/(8*\pi)`
补充内容 (2014-1-10 00:27):
上面的错了，后面重新更新了一下。 kastin 发表于 2014-1-8 23:26
不失一般性，记在单位圆周上任取两点 $A$,$B$ 得到弦长 $|\bar{AB}|=x$ 的的概率密度为 $p(x)$。现将 $A$,$ ...
非常新颖的思路!
不过，积分式子好像不太对吧。
至少x取值是0-2的，:) 这个问题不存在Brtrand 悖论那样的困惑，在圆周上随机取点的定义应该是很明确的，每个点都是独立的，不干弦的事。我的结论是：
在一个圆周上随机取3点，构成钝角三角形的概率为3/4. 计算方法可以不用积分，就用2#的那个办法。
随机取三点，再考虑其对径点，取点或其对径点的概率是相同的，共有8个三角形，只有图中的2个才是锐角三角形，其它6个都是钝角三角形。
本帖只是测试一下公式编辑和图文排版(错误解法~~)
是的，单就本题，其实际意义还是非常明确的，就是在圆周上随机取3点。这三个点之间是独立不相关的，意味着具体的概率测度落脚点是这三个独立不相关的点，而非弦长这种不很明确其概率分布的量。
由于在极坐标上三个点的长度分量均为圆半径1，所以不妨用线性坐标x表示这三个点的位置。
又由于对称性，不妨设其中一个点的坐标是 `0`,另外两个点坐标分别是\alpha, \beta, -pi<=\alpha<=pi，-pi<=\beta<=pi,
那么三角形的三个顶角分别是 |\alpha/2|,|\beta/2|,\pi-|\alpha/2|-|\beta/2|.
钝角三角形的话，就要求上面的三个有一个大于\(\tfrac{\pi}{2}\),即\(|\tfrac{\alpha}{2}|>\tfrac{\pi}{2} \cup|\tfrac{\beta}{2}|>\tfrac{\pi}{2}\cup\pi- |\tfrac{\alpha}{2}|- |\tfrac{\beta}{2}|>\tfrac{\pi}{2}\)。
画图就是绿色面积的占比，故答案为\(\tfrac{1}{2}\)
补角是这么产生的
hujunhua 发表于 2014-1-9 13:27
补角是这么产生的
噢，有道理。
@wayne
6#的面积图很好，可惜画錯了。
如图1，当0<\alpha<\pi时（黑标记角）, 点B位于OA弧的对顶角弧上时才是锐角三角形，这时-\pi<\beta<\alpha-\pi，对应于图2右下角的灰色三角区。在其它位置都是钝角三角形，对应于图2中的深绿色区。
当-\pi<\alpha<0时（红标记角）, 点B同样位于OA弧的对顶角弧上时才是锐角三角形，这时\pi+\alpha<\beta<\pi，对应于图2左上角的灰色三角区。在其它位置都是钝角三角形，对应于图2中的浅绿色区。
所以取钝角的概率是3/4（绿色区）. 本帖最后由 kastin 于 2014-1-10 00:24 编辑
hujunhua 发表于 2014-1-9 09:09
这个问题不存在Brtrand 悖论那样的困惑，在圆周上随机取点的定义应该是很明确的，每个点都是独立的，不干弦 ...
可以用正n边形来逼近圆。考虑n个顶点的情况。正n边心是中心对称的，所以其中某个点A的选取认为是已经确定的（即A只有一种选择），因此总共的选择方式就是B和C的选择方式$C_{n-1}^2$。
1) 当A,B,C中仅有2个点为对径点时，剩下的点(不妨设是C)的选择方式中，满足ABC为非锐角三角形的选择方式是合乎题目要求的。那么此时点C可以随便选择除去A和A*之外的任何点，有$n-2$种选择。
2) 当A,B,C中没有对径点时，这里包括两种子情况：a. 三点位置相异；b. 至少两点重合。
先考虑情形a。B和C选择只剩从$n-2$个点中选出能与A构成非锐角三角形的2个点。显然，只需要这两个点同时在AA*的一侧即可，共有$2C_{\frac{n-2}{2}}^2$种选择方式。
再来考虑情形b。当三点重合的时候，只有$1$种选择方式（那就是与A重合）。当三点中有且只有两点重合的时，注意2)的前提，剩余的那个不重合的点的选择方式有$n-2$种。因此情形b共有$n-1$种选择。
于是符合题目要求的概率为$\frac{n-2+2C_{\frac{n-2}{2}}^2+n-1}{C_{n-1}^2}$,取n--->无穷，得出答案不是3/4。上面的分析过程问题出在哪里？
-----------更新--------------
上述分析过程的问题在于情形a 显然，只需要这两个点同时在AA*的一侧即可这句话，这里考虑漏掉了一种情况，那就是B,C两点异侧（跨立于A与A的对径点连线的两侧的）情形。
所以可以这么补上这种漏掉的情况：
由于B,C名称可以轮换，所以只需考虑B在在AA*左侧，C在右侧。那么B有$(n-2)/2$种选择。而C可以选择的位置跟B的位置有关，即每当B的位置确定下来后，C能选择的位置只能是BB*与AA*所夹的2条裂弧中，右侧的一条上的点。根据分类原理，BC的选择总数为$\sum_{i=1}^{(n-2)/2}n/2-i=(3n(n-2))/8$。
于是情况a总共的选择为$2C_{\frac{n-2}{2}}^2+(3n(n-2))/8$
符合题目要求的概率为$\frac{n-2+2C_{\frac{n-2}{2}}^2+(3n(n-2))/8+n-1}{C_{n-1}^2}$,取n--->无穷，得出答案是7/8?