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En promedio, ¿cuántas veces se debe cortar al azar una pizza circular para obtener un trozo sin borde curvo?

En una pizza circular, hacemos un corte recto al azar eligiendo dos puntos uniformemente al azar en el perímetro y cortando a través de ellos.

¿En promedio, cuántas veces se debe cortar la pizza al azar para obtener una pieza sin borde curvo?

(En otras palabras, en promedio, ¿cuántas cuerdas al azar se deben dibujar en un círculo para obtener un polígono, si cada cuerda al azar se dibuja conectando dos puntos uniformemente al azar en el perímetro del círculo?)

En el siguiente ejemplo, se obtiene una pieza sin borde curvo con el quinto corte al azar.

ingresa la descripción de la imagen aquí

Mi intento

Hice un simulador de corte de pizza en desmos. Parece que el promedio debería ser alrededor de $7$ aproximadamente.

Intenté encontrar la probabilidad de que una pieza sin borde curvo se obtenga en el corte al azar $n$-ésimo. Pero solo calculé que la probabilidad para $n=3$, es $\frac{1}{15}$. (Considera los seis puntos que definen tres cortes. Comienza con un punto: debe estar emparejado con su punto opuesto, lo que tiene una probabilidad de $\frac{1}{5}$. Luego uno de los puntos restantes debe emparejarse con su punto opuesto, lo que tiene una probabilidad de $\frac{1}{3}$. Los dos puntos restantes deben emparejarse entre sí. Así que la probabilidad es $\frac{1}{5} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{15}$.)

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zhoraster Puntos 5893

Escribe la expectativa como $$ \mathbb{E}[X] = \sum_{n=0}^{\infty} \mathrm{P}(X> n). $$ La probabilidad anterior es que para $n$ cortes, no haya una pieza "central". Nota que, gracias a la simetría, todas las posibles parejas $(2n-1)!!$ de los $2n$ puntos finales son igualmente probables. Así que necesitamos contar el número de parejas tal que no hay una pieza central. En otras palabras, necesitamos contar el número de diagramas de cordaje de tamaño $n$ tal que su grafo de intersección no tenga ciclos, es decir, sea un bosque. El número anterior, según Hüseyin Acan Bosques de diagramas de cordaje con un número dado de árboles, es igual a$^*$ $$ \sum_{m=1}^n \frac{1}{3n-2m}{2n \choose m-1}{3n-2m \choose n-m}. $$ Por lo tanto, la expectativa en cuestión es $$ 1+ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(2n-1)!!}\sum_{m=1}^n \frac{1}{3n-2m}{2n \choose m-1}{3n-2m \choose n-m}; $$ No he encontrado una forma de simplificarlo incluso a una sola serie.


$^*$ Bastante sorprendentemente, la secuencia no está en la OEIS. No estoy registrado allí, así que estaría agradecido si alguien la envía.

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