¿El método equivocado de mi estudiante da la respuesta correcta? Una pregunta sobre puntos aleatorios en un círculo.

Question

Se me ocurrió la siguiente pregunta.

Se eligen cuatro puntos aleatorios uniformemente en un círculo, y se dibujan segmentos de línea entre cada par de puntos. ¿Cuál es la probabilidad de que el segmento de línea más largo esté entre los puntos vecinos?

Los datos experimentales utilizando Excel sugieren que la respuesta es $\frac23$, y estoy tratando de entender por qué. Creo que la solución puede implicar estadísticas de orden. O, dado que la respuesta probable es tan simple, tal vez haya un argumento elegante de simetría.

Hice un simulador de Desmos donde puedes elegir cuatro puntos aleatorios en un círculo, y se muestran los segmentos de línea.

¿El método incorrecto de mi alumna da la respuesta correcta?

Le hice esta pregunta a mi estudiante (sin mencionar los datos experimentales), y ella dijo: "Hay seis segmentos de línea, de los cuales cuatro están entre puntos vecinos, por lo que la probabilidad de que el segmento de línea más largo esté entre puntos vecinos es $\frac46=\frac23$."

¿Eh? Seguramente ese método es incorrecto: los segmentos de línea entre puntos opuestos deberían tener una longitud esperada mayor que los segmentos de línea entre puntos vecinos, ¿verdad?

Raro.

Answer 1

No pude encontrar una justificación para una respuesta muy simple, pero puedo llegar a $\frac 23$ con este enfoque.

Si los puntos son $A,B,C,D$ (ignorando el orden) están en un círculo centrado en $O$ y si $\angle AOB$ es $\theta \in (0, \pi)$ entonces $A$ y $B$ son puntos vecinos y $AB$ es el segmento de línea más largo

• si $C$ y $D$ están ambos dentro de $\angle AOB$ (el arco rojo debajo), lo cual sucede con una probabilidad de $\left(\frac{\theta}{2 \pi}\right)^2$
• o si $\frac23 \pi < \theta < \pi$ y $C$ y $D$ están en un ángulo de tamaño $3\theta-2\pi$ opuesto a $\angle AOB$ (el arco rosa debajo si existe), lo cual sucede con una probabilidad de $\left(\frac{3\theta-2\pi}{2 \pi}\right)^2\mathbb I_{\left[\frac23 \pi < \theta < \pi\right]}$

entonces la probabilidad combinada es $\left(\frac{\theta}{2 \pi}\right)^2 + \left(\frac{3\theta-2\pi}{2 \pi}\right)^2\mathbb I_{\left[\frac23 \pi < \theta < \pi\right]}$.

Dado que $\theta$ se distribuye uniformemente en $(0, \pi)$, la probabilidad de que esto ocurra es $$\int_0^{\pi} \frac1{\pi}\left(\frac{\theta}{2 \pi}\right)^2\, d\theta + \int_{\frac23\pi}^\pi \frac1{\pi}\left(\frac{3\theta-2\pi}{2 \pi}\right)^2\, d\theta = \frac1{12} + \frac1{36}=\frac19.$$

Pero podríamos haber comenzado con cualquiera de los ${4 \choose 2}=6$ pares de puntos en lugar de solo $A,B$, por lo que la probabilidad general de que algún segmento de línea entre puntos vecinos sea el segmento de línea más largo es $\dfrac69=\dfrac23$.

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Si, en lugar de $4$ puntos, tenemos $n$ puntos entonces el mismo análisis se aplica con los otros $n-2$ puntos que deben aparecer todos en el mismo(s) arco(s), por lo que elevando a la potencia $n-2$ en lugar de elevar al cuadrado.

Esto da como resultado la probabilidad de que $A$ y $B$ sean puntos vecinos y $AB$ sea el segmento de línea más largo de $\int_0^{\pi} \frac1{\pi}\left(\frac{\theta}{2 \pi}\right)^{n-2}\, d\theta + \int_{\frac23\pi}^\pi \frac1{\pi}\left(\frac{3\theta-2\pi}{2 \pi}\right)^{n-2}\, d\theta $ $= \frac1{(n-1)2^{n-2}} + \frac1{3(n-1)2^{n-2}}$ $=\frac1{3(n-1)2^{n-4}}.$ Pero hay ${n \choose 2}$ posibles pares de puntos, por lo que la probabilidad general es $\dfrac{n \choose 2}{3(n-1)2^{n-4}}=\dfrac{n}{3 \cdot 2^{n-3}}$, confirmando el patrón observado por mjqxxxx.