La probabilidad de que el Centro de la Plaza Se encuentra en Un Triángulo Con Vértices en su Límite

Question

Antecedentes : me encanta solucionar problemas difíciles. El problema es, yo simplemente no puede responder a algunos! Sucedió de nuevo hoy, como he tratado de resolver las preguntas en este sitio: http://www.skytopia.com/project/imath/imath.html

Este sitio parece que han sido muy, muy difícil preguntas, y de hecho, yo estoy luchando para responder a la segunda pregunta! Que la lucha no es sin razón, como ustedes podrán entender después de leer la siguiente pregunta...

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La Pregunta es: 3 puntos son elegidos al azar a lo largo de la plaza del contorno. Que luego se combinan para formar un triángulo. ¿Cuál es la probabilidad de que el centro de la plaza va a ser "engullido" por este triángulo?

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Mi esfuerzo: la que divide la plaza de la siguiente manera (he intentado mi mejor gente, a asumir las brechas entre los segmentos de línea son puntos; he sido sólo hábilmente a nombre de los vértices de la plaza), -

                                 a1 a2 a3 a4
                               A __ __ __ __ B
                            d1  |           |  b1
                            d2  |           |  b2
                            d3  |           |  b3
                            d4  |__ __ __ __|  b4
                               D             C
                                 c1 c2 c3 c4

Después de haber hecho estas divisiones y nombrarlos en consecuencia...

• Teniendo en cuenta el punto de ser aleatorio, evalúa la probabilidad de que un punto de la mentira en cualquiera de los dieciséis segmentos de 1/16.

• Di cuenta de centro de la plaza está envuelto en algunos casos de 3 puntos acostado en (algunos ejemplos):-

  _(a1,b3,c3);(a2,b4,c4);(a3,c1,d1);(a4,c2,d2)_
  _(b1,c3,d3);(b2,c4,d4);(b3,d1,a1);(b4,d2,a2)_
  _(c1,d3,a3);(c2,d4,a4);(c3,a1,b1);(c4,a2,b2)_
  _(d1,a3,b3);(d2,a4,b4);(d3,b1,c1);(d4,b2,c2)_
  

• Di cuenta de que yo no soy de contabilidad para muchos el más favorable de los casos (No puede acertadamente aplicar el concepto de permutación y combinación en esta pregunta).

• Di cuenta de que yo no soy capaz de calcular el espacio muestral.

• Se dieron cuenta de que la respuesta es mucho más difícil de calcular porque no estoy de contabilidad para casos especiales de colinealidad, así como los casos donde los vértices y los puntos de separación en mi diagrama (No es capaz de asignar los puntos de cualquier segmento; incluso si uno para cada uno, la plaza de los vértices de causar problemas cuando la evaluación de los casos, la prevención de éxito generalización)

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Convincente, ingenioso, iluminadora y la solución exacta a la pregunta en negrita arriba será enormemente apreciada.

Answer 1

La respuesta es $\frac{1}{4}$. Dados dos puntos cualesquiera $P$ $Q$ en el cuadrado de lado a $s$ (independientemente de si están en el mismo, diferentes, o de los lados adyacentes), considera la ruta más corta (de longitud $d$) a lo largo de la plaza, entre las $P$$Q$. (Esta es de color verde en la imagen de abajo.) Por un azar par de puntos, $d$ es en promedio de longitud de $s$. Para un tercer punto de $R$ en la plaza, $\Delta PQR$ adjuntará, en el centro de la si y sólo si $R$ es en la reflexión (púrpura) de la ruta de acceso de la longitud de la $d$ a través del centro. La púrpura camino tiene una longitud promedio $s$, por lo que la probabilidad de que $\Delta PQR$ encierra el centro es $\frac{s}{4s}=\frac{1}{4}$.

Answer 2

La respuesta es $\frac14$ y no hay necesidad de hacer complicadas integral!

Para este problema en particular, será más fácil para atacar si podemos generalizar un poco.

Deje $D$ ser de cualquier forma centralizada simétrica convexa de dominio en $\mathbb{R}^2$, con centro en el origen $O$ y su límite $\partial D$ es un subsanables en la curva con una longitud finita $\ell$. Considere la posibilidad de el problema de forma aleatoria y uniforme (de acuerdo con arco de longitud) recogiendo $3$ puntos de $\partial D$, formando un triángulo a partir de ellos y, a continuación, determinar la probabilidad de un triángulo que contiene el origen.

Deje $\gamma : [0,\ell] \to \partial D$ ser una parametrización de $\partial D$ por arco de longitud, orientado a la contador-clockwisely con respecto a $D$. Permítanos extender a una función periódica $\gamma : \mathbb{R} \to \partial D$ periodo $\ell$.

Para cualquier $x \in \mathbb{R}$, considere la posibilidad de $\overline{\gamma(x) O}$, la línea que une la $\gamma(x)$ con el origen $O$. Desde $D$ es convexo y $O$ es en su interior, $\overline{\gamma(x)O}$ se cruzan $\partial D$ a los dos y los dos puntos. Deje $\gamma(y)$ ser el otro punto de la recta se cortan con $\partial D$. Desde $D$ es de forma centralizada simétrica, los dos arcos de unirse a $\gamma(x)$ $\gamma(y)$ tiene la misma longitud. Esto implica $x - y$ es una extraña múltiples de $\frac12\ell$. Esto tiene una consecuencia interesante...

Elija cualquiera de los $3$ $p,q,r$ $\partial D$ al azar. Etiqueta de ellas, de tal forma que se oriente en torno a la $\partial D$ en contra de las manecillas manera. Siempre podemos encontrar $3$ números reales $x,y,z$ $\mathbb{R}$ tal que

$$(p, q, r ) = (\gamma(x),\gamma(y),\gamma(z))\quad\text{ y }\quad x \le y \le z \le x + \ell$$

La consecuencia es en el orden de $\triangle pqr$ a contener $O$, necesitamos $$ 0 \le de y - x \le \frac12\ell,\quad 0 \le - z y \le \frac12\ell \quad\text{ y }\quad 0 \le (x+\ell) - z \le \frac12\ell $$

A ver por qué este es el caso, la notificación $$S \text{ dentro de } \triángulo pqr\quad\ffi\quad \begin{array}{rcl} ( O,r & \text{ lies on same side of } & \overline{pq} )\\ \verb/and / ( O,p &\cdot\cdot& \overline{qr} )\\ \verb/and / ( O,q &\cdot\cdot & \overline{rp})\\ \end{array} $$ Considere la posibilidad de las familias de las líneas de $\overline{p_t q_t}, t \in (0,1]$ unirse $$p_t \stackrel{def}{=}\gamma\left(\frac{x+y}{2}+t\frac{x-y}{2}\right) \quad\text{ y }\quad q_t \stackrel{def}{=}\gamma\left(\frac{x+y}{2}-t\frac{x-y}{2}\right).$$ Al $t$ es pequeña, $O, r$ se encuentra en el mismo lado de la $\overline{p_tq_t}$. Cuando aumentamos $t$ $\approx 0$ a $1$, $O$ cruza la línea de $\overline{p_tq_t}$ en aquellos lugares donde

$$t (y-x) = \left| \left(\frac{x+y}{2}+t\frac{x-y}{2}\right) - \left(\frac{x+y}{2}-t\frac{x-y}{2}\right) \right| $$ is an odd multiple of $\frac12 \ell$.

• Si $y - x < \frac12\ell$, esto nunca sucede.
• Si $y - x > \frac12\ell$, esto ocurre una vez.

Esto significa $O,r$ se encuentra en el mismo o en diferente lado de la $\overline{pq} = \overline{p_1q_1}$ al $y - x$ es menor/mayor que $\frac12\ell$ respectivamente. Misma situación para los otros dos casos.

Para cualquier fija $x$, vamos a $\lambda = y - x, \mu = z - y, \nu = (x+\ell) - z$. Las opciones posibles de $( \lambda, \mu, \nu )$ formas un triángulo equilátero en $\mathbb{R}^3$:

$$0 \le \lambda, \mu, \nu \quad\text{ and }\quad \lambda + \mu + \nu = \ell$$

En orden para $\triangle pqr$ a contener $O$, la restricción es $(\lambda, \mu, \nu)$ cae dentro de un pequeño triángulo equilátero:

$$0 \le \lambda, \mu, \nu \le \frac12\ell\quad\text{and}\quad \lambda + \mu + \nu = \ell$$

Es claro que el más pequeño triángulo es $\frac14$ en el área del primer triángulo. Esto significa que una vez que arreglar $p$, la probabilidad condicional de a $\triangle pqr$ para contener$O$$\frac14$.

Como esto es cierto para todos los $x$, la probabilidad de $\triangle pqr$ a contener $O$ es también se $\frac14$.

Elegir el centro de un cuadrado como el origen, en la plaza se ajusta a nuestras requisito para $D$.
Como resultado, la probabilidad que buscamos es $\frac14$.

Answer 3

Llego $\frac{1}{4}$.

El quid es averiguar la probabilidad condicional en dos casos: dos puntos están en el mismo lado, el tercer punto en el lado opuesto, los tres puntos están en lados diferentes.

Supongamos WOLG el tercer punto de $z$ es en la cara 1.

Hay 3 (bueno, 4) casos posibles

1. No es posible triángulo--se produce cuando cualquiera de los tres puntos están en el mismo lado, o 2 puntos están en el mismo lado y el tercero es en un lado adyacente (técnicamente es posible que haya un triángulo aquí, pero es la probabilidad de 0).
2. Dos puntos en el mismo lado, el tercer punto en el lado opuesto (azul arriba).
3. Tres puntos en lados diferentes (verde arriba).

Condicional en el caso 1, la probabilidad de un triángulo que abarca el centro es 0.

Condicional en el caso 2, la probabilidad es $\frac{1}{3}$.

Para ver esto, considere la siguiente imagen:

Para (WLOG) $x>z$, sólo puede haber un triángulo $y\in[x,z]$. Por lo tanto, con la condición de que los puntos están colocados como en el caso 2, la probabilidad de un triángulo es:

$\intop_0^1\intop_0^x \intop_z^x dy dz dx = \frac{1}{6}$

Nosotros, a continuación, haga doble para abarcar $z>x$ conseguir $\frac{1}{3}$.

Condicional en el caso 3, @GerryMyerson ya ha pasado a través de ¿por qué la probabilidad es $\frac{1}{2}$.

En total, hay 64 posibilidades de lado las asignaciones de los tres puntos, por lo que cada arreglo tiene probabilidad de $\frac{1}{64}$.

Para cada lado que $z$ tierras, hay 7 lado de los arreglos de $x,y$ resultado que en el caso 1;

3 los acuerdos resultantes en el caso 2;

y 6 arreglos en el caso 3.

Así, en total, la probabilidad de un triángulo que abarca el centro es: $\frac{4(6(\frac{1}{2})+3(\frac{1}{3}))}{64}=\frac{1}{4}$

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Actualizado para reflejar los comentarios y corregir álgebra error señalado por @achillehui.

Answer 4

Para ampliar achille hui respuesta aún más, podemos probar el siguiente instrucción:

Deje $\mu$ ser una medida de probabilidad en el avión que es el centro simétrica alrededor de algún punto de $O$ (es decir, que si $S'$ es el reflejo de $S$ a través de$O$,$\mu(S)=\mu(S')$) y tales que la medida de cualquier línea a través de$O$$0$. Entonces, la probabilidad de que los tres puntos elegidos de acuerdo que la medida que contengan $O$$\frac{1}4$.

Esto elimina el "convexo" requisito de achille hui de la respuesta (y es incluso un poco más general que el). Intuitivamente esto significa:

Si elegimos tres puntos de acuerdo con la misma distribución, de tal manera que $A$ y su reflejo a través de $O$ son igualmente probables, entonces la probabilidad de que $O$ será en el triángulo formado por los puntos es $\frac{1}4$.

Y, por supuesto, se aplica aquí, como la elección de puntos al azar en el límite de un cuadrado satisface la condición.

Considere la posibilidad de que una vez que hemos elegido dos puntos de $a$$b$, podemos fácilmente calcular la probabilidad de que el tercer formando un triángulo como la medida de una cierta "cuña" del espacio:

donde la sombra de la cuña es donde el tercer punto tiene que mentir. Vamos a decir que $p$ es la medida de la cuña (y la de enfrente de ella), que es la probabilidad de elección de un adecuado $c$$a$$b$.

Como la simetría nos va a permitir extender este argumento para cualquiera de los casos, asumen $b$ está a la derecha de la línea de $aO$, como se muestra en el diagrama de arriba. Si fijamos $a$, entonces se puede calcular que la medida del conjunto de $b$ de manera tal que la región sombreada tiene una medida de al menos $p$ - en particular, esto significa que $b$ se encuentra en la región IV como se observa en el diagrama, lo cual ocurre con probabilidad de $2p$ ($2$ aparece desde que asumió $b$ en la región II o IV), por lo que la CDF de $p$ sobre la elección de $b$ al azar es $P(p<k)=2k$. Esta probabilidad es incondicional como las simetrías del problema y el hecho de que $a$ se ha elegido arbitrariamente suficiente para eliminar el hecho de que nos fija $a$ y el lado de la línea $aO$ que $b$.

Sabiendo esto, podemos reducir el problema original para la elección de algunas $a$, que no importa, a continuación, recoger $p$ de una distribución uniforme en $\left[0,\frac{1}2\right]$ (que representa la elección de $b$), y finalmente escoger un $c$ en el deseado de cuña, con probabilidad de $p$. La probabilidad total de $c$ está en que la cuña (y, por tanto, formando un triángulo que contiene el origen) es, pues, expresado como $$\int_{0}^{\frac{1}2}2p\,dp=\frac{1}4.$$

Answer 5

Los "puntos en tres de sus lados" caso es bastante fácil. Supongamos, sin pérdida de generalidad, que los tres lados son de la izquierda, arriba y derecha. Si el segmento de línea uniendo los puntos en los lados izquierdo y derecho pasa por debajo del centro, el centro estará en el triángulo; si el segmento de recta que pasa por encima del centro, el centro no estará en el triángulo. No importa donde en la parte superior el tercer punto es.

Por simetría, el segmento de línea uniendo los puntos en los lados izquierdo y derecho es igual de probable que pase por encima del centro de la siguiente. Así que (en los "puntos en tres de sus lados" caso) la probabilidad de que el centro está en el interior del triángulo es la mitad.