Motivado por la discusión en La espera que el área de un triángulo formado por tres puntos elegidos al azar de la unidad de la plaza traté de encontrar una expresión para el valor esperado área de un triángulo formado por tres elegidos al azar de puntos dentro del círculo unidad. No pude encontrar uno. Tal vez este es uno de esos problemas que parecen fáciles, pero son difíciles de resolver analíticamente.
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CodingBytes
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Observación preliminar: @Jack D'Aurizio 's respuesta me dejó convencido. Por lo tanto, me encontré con un par de simulaciones. Se puso de manifiesto que el valor esperado se acerca $0.23$, que es sin duda mayor que la Aurizio el valor de ${2\over3\pi}=0.212$. Por otro lado, me enteré de que el problema había sido tratada en un escrito en 1996 por B. L. Madrigueras y R. F. Talbot. Ya que su papel se encuentra detrás de un paywall he decidido a resolver el problema de nuevo desde cero.
Empezamos con la situación más sencilla que el vértice $C$ $T$ se encuentra en el borde del disco se $D$. Nos pone momentáneamente en el centro de la $D$ $(0,1)$ y fijar el vértice $C$, en el origen. El azar vértice $A\in D$ es el dado por $A=(r\cos\phi,r\sin\phi)$, el cual $$0\leq r\leq 2\sin\phi,\quad 0\leq \phi\leq\pi,\qquad{\rm d}(x,y)=r\>{\rm d}(r,\phi)\ .$$ Deje $B=(s\cos\psi,s\sin\psi)$ ser el segundo al azar vértice, la cual vamos a restringir a $\phi\leq\psi\leq\pi$ y multiplicar por $2$ al final. A continuación, obtener la siguiente expresión para el área de espera de $T$: $$E_1={2\over\pi^2}\int_0^\pi d\phi\>\int_\phi^\pi d\psi\>\int_0^{2\sin\phi}dr\>\int_0^{2\sin\psi} ds\left({1\over2}rs\sin(\psi-\phi)\>r\>s\right)\ .$$ Integrando primero con respecto a $r$ $s$ obtenemos $$E_1={1\over\pi^2}\int_0^\pi \int_\phi^\pi {64\over9} \sin(\psi-\phi)\sin^3\phi\sin^3\psi\>d\psi d\phi ={35\over36\pi}\ .$$ Ahora nos movemos $D$ volver al origen y poner $Q:=\max\bigl\{|A|, |B|, |C|\bigr\}$. El área de espera de $T$, condicionado a que el valor de $q$$Q$, es el dado por $$E_q={35\over36\pi}q^2\ .$$ La densidad de probabilidad de cada una de las tres radios $|A|$, $|B|$, y $|C|$ está dado por $f_R(x)=2x$. Es a continuación una sencilla prueba para demostrar que la densidad de probabilidad de $Q$$f_Q(q)=3q^2\cdot2q=6q^5$. Por lo tanto, la expectativa de $Q^2$ viene a $$E(Q^2)=\int_0^1 q^2\cdot 6q^5\>dq={3\over4}\ ,$$ y el resultado final es $$E={35\over36\pi}E(Q^2)={35\over48\pi}=0.232101\ .$$
Roger Hoover
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Hay un pequeño truco que es realmente útil: vamos que considerar el área promedio de $AOC$ donde $O$ es el centro del círculo. Dicha área es sólo la mitad del producto entre $OA$, $OC$ y el seno del ángulo $\widehat{AOC}$. Estas cantidades tienen buenas distribuciones: el ángulo de $\widehat{AOC}$ es distribuido uniformemente, por lo tanto el promedio de seno es $\frac{2}{\pi}$. La distancia desde el centro cuenta con un pdf compatible en $[0,1]$ y dado por $f(x)=2x$, por lo tanto el promedio de la distancia desde el origen está dado por $\frac{2}{3}$ y el área promedio de $AOC$ está dada por: $$\Delta=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{\pi}\cdot\left(\frac{2}{3}\right)^2=\frac{4}{9\pi}.\tag{1}$$ Podemos suponer que la $A,B,C$ se producen en sentido antihorario, luego tenemos dos casos: $\widehat{AOC}$ menos de $\pi$ o no. El primer caso ocurre con una probabilidad de $\frac{3}{4}$, este último con una probabilidad de $\frac{1}{4}$.
En el primer caso, el área de $ABC$ está dada por: $$ [AOB]+[BOC]-[AOC],$$ por lo tanto, por la linealidad de la expectativa a la espera de la zona es $\Delta$, mientras que en el otro caso, el área está dada por: $$ [AOB]+[BOC]+[COA],$$ por lo tanto el área de espera es $3\Delta$. Así tenemos que el área promedio de $ABC$ está dada por: $$ \frac{3}{4}\Delta + \frac{1}{4}(3\Delta) = \frac{3}{2}\Delta = \color{red}{\frac{2}{3\pi}}.\tag{2}$$
