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[原创] 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

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发表于 2014-1-6 19:53:53 | 显示全部楼层 |阅读模式

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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。
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发表于 2014-1-7 08:39:19 | 显示全部楼层
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 。

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还要忽略两点处于对径位置的零概率情况。  发表于 2014-1-22 15:27

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发表于 2014-1-8 23:26:55 | 显示全部楼层
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$[0, 2\pi]$上均匀分布。可知,$\alpha=|\xi-\eta|$也是服从$[0, 2\pi]$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。

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发表于 2014-1-9 08:27:41 | 显示全部楼层
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,

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哦,是的,应该是0到2  发表于 2014-1-9 20:55
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发表于 2014-1-9 09:09:42 | 显示全部楼层
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。
大概.png
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。

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发表于 2014-1-9 10:11:48 | 显示全部楼层

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\(\tfrac{1}{2}\)

1.png

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解答有误! 就当反面教材吧,详情 见9#  发表于 2014-1-9 19:18
的确,三个顶角之和应该恒等于`\pi`的  发表于 2014-1-9 13:22
我这里是用坐标相减 严格的得到的,不知道这个取补角是咋产生的  发表于 2014-1-9 11:08
还是不全,顶角有可能是|π-α/2|等  发表于 2014-1-9 11:02
是说 $ |\alpha/2|,|\beta/2|$ 吗?我补上了。  发表于 2014-1-9 11:02
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发表于 2014-1-9 13:27:33 | 显示全部楼层
补角是这么产生的
补角.png
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发表于 2014-1-9 13:50:23 | 显示全部楼层
hujunhua 发表于 2014-1-9 13:27
补角是这么产生的


噢,有道理。
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发表于 2014-1-9 19:05:42 | 显示全部楼层
@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。

图1

图1

图2

图2

所以取钝角的概率是3/4(绿色区).

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是标错了,绿色区应标为钝角三角形区  发表于 2014-1-9 19:44
思路无比清晰啊!  发表于 2014-1-9 19:27
文字好像标错了吧. 钝角何在? :)  发表于 2014-1-9 19:17

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wayne + 12 + 20 + 12 + 12 + 12 呵呵,我正愁怎么画呢!

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发表于 2014-1-9 21:51:19 | 显示全部楼层
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?

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取$n -> oo$,你的答案为`\dfrac{1}{2}`。  发表于 2014-1-9 22:37
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