Hallar la probabilidad de que un triángulo aleatorio cubra el centro del círculo circunscrito

Question

Nos dan el triángulo equilátero A.
En cada arista del triángulo elegimos un punto:

• al azar (la distribución de probabilidad es uniforme)
• independientemente de los demás

Construimos un nuevo triángulo B a partir de puntos aleatorios.
La tarea consiste en encontrar la probabilidad de que B contenga el centro del círculo circunscrito al triángulo A.

Agradecería consejos y sugerencias. Gracias.

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Supongamos que $P_0$ se elige en la línea inferior del triángulo A. $P_O = (x_0,0), x_0 \in [0,1]$
Busquemos el lugar geométrico de los puntos $P_1, P_2$ .
Si $P_1$ está en el borde superior izquierdo, que $P_1 = (x_1,\sqrt 3 x_1), x_1 \in [0, \frac 1 2]$ .
Entonces $P_2$ es el borde superior derecho, y $P_2 = (x_2, \sqrt 3 (1 - x_2)), x_2 \in [\frac 1 2, 1]$ .

El punto central es $C = (\frac 1 2, \frac 1 {2 \sqrt 3 })$ .
Ahora, encontraremos las restricciones para los puntos.
Para los fijos $x_0$ , $P_1$ y $P_2$ debe estar por debajo de la línea entre $P_0$ y $C$ .
Pero me pregunto si hay una forma de describir mejor la restricción.
Dado que esta forma más trivial sufre de la situación cuando la línea $CP_0$ y una de las aristas se cruza fuera del rango $x_m$ .
Edición 2
He escuchado los útiles consejos sobre las ventajas de la visión angular en el problema, y creo que ahora tengo la parte de la geometría resuelta:
Como antes, arreglamos $P_0$ en el borde inferior y en el paso 1 elegimos $P_1$ en el borde izquierdo.
Considere $\angle \alpha$ línea entre el borde inferior y la línea $CP_0$ . Entonces $\alpha \in [\frac \pi 6, \frac \pi 2]$ .
Entonces el sector prohibido para el borde izquierdo tiene el ángulo $\frac \pi 2 - \alpha$ .
Utilizando la misma lógica en el paso 2 obtenemos el sector prohibido para el punto $P_2$ .

Y ahora parece que tengo que ponerme con toda esa integración, ¡así que tus sugerencias son bienvenidas!

Answer 1

Dejemos que $a_1, a_2, a_3$ sean los vértices de $A$ . Elija un sistema de coordenadas tal que $$a_1 = (0,0),\quad a_2 = (1,0),\quad a_3 = \left(\frac12,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$$ El centro del triángulo $A$ se ubicará en $$c = \frac{a_1 + a_2 + a_3}{3} = \left(\frac12, \frac{1}{2\sqrt{3}}\right)$$

Dejemos que $b_1, b_2, b_3$ sean los vértices de $B$ . Por definición de triángulo $B$ existe tres números aleatorios uniformes $u_1, u_2, u_3$ tomando valores sobre $[0,1]$ tal que $$b_1 = (1-u_1) a_1 + u_1 a_2,\quad b_2 = (1-u_2) a_2 + u_2 a_3,\quad b_3 = (1-u_3) a_3 + u_3 a_1$$

Considere los siguientes 4 eventos relacionados con la posición relativa de $c$ con respecto a estos 6 vértices. $$\begin{cases} \mathcal{E}_0 &\stackrel{def}{=} \text{Event}( c \in B = \triangle b_1 b_2 b_3 )\\ \mathcal{E}_1 &\stackrel{def}{=} \text{Event}( c \in \triangle a_1 b_1 b_3 )\\ \mathcal{E}_2 &\stackrel{def}{=} \text{Event}( c \in \triangle a_2 b_2 b_1 )\\ \mathcal{E}_3 &\stackrel{def}{=} \text{Event}( c \in \triangle a_3 b_3 b_2 )\\ \end{cases}$$ Con probabilidad uno, estos $4$ son mutuamente disjuntos. Más concretamente, $$\text{Prob}( \mathcal{E}_i \,\cap\, \mathcal{E}_j ) = 0\quad\text{ for } 0 \le i < j \le 3$$ Aviso $\text{Prob}( \bigcup_{i=0}^3 \mathcal{E}_i ) = 1$ y por simetría, $$\text{Prob}( \mathcal{E}_1 ) = \text{Prob}( \mathcal{E}_2 ) = \text{Prob}( \mathcal{E}_3 )$$ La probabilidad que queremos está dada por $$\text{Prob}( c \in B ) = \text{Prob}(\mathcal{E}_0) = 1 - 3\text{Prob}(\mathcal{E}_1)$$

Dejemos que $u = u_1$ y $v = 1-u_3$ tenemos $b_1 = (u,0), b_3 = \left(\frac{v}{2},\frac{v\sqrt{3}}{2}\right)$ . La línea que pasa por $b_1, b_3$ viene dada por $$\left|\begin{matrix} x & y & 1\\ u & 0 & 1\\ \frac{v}{2} & \frac{v\sqrt{3}}{2} & 1\\ \end{matrix}\right| = 0$$ Si se introducen las coordenadas de $c$ en el LHS y tratar la expresión resultante como una función de $u,v$ . No es difícil ver la condición para $c \in \triangle a_1 b_1 b_3$ es simplemente

$$\left|\begin{matrix} \frac12 & \frac{1}{2\sqrt{3}} & 1\\ u & 0 & 1\\ \frac{v}{2} & \frac{v\sqrt{3}}{2} & 1\\ \end{matrix}\right| \ge 0 \quad\iff\quad 3uv - u - v \ge 0 \quad\iff\quad u \ge \frac12 \,\land\, v \ge \frac{u}{3u-1} $$ Esto lleva a $$\text{Prob}(\mathcal{E}_1) = \int_{\frac12}^1 \left(1 - \frac{u}{3u-1}\right) du = \frac{3 - \log 4}{9}$$ y por lo tanto $$\text{Prob}( c \in B ) = 1 - 3\left(\frac{3 - \log 4}{9}\right) = \frac{\log 4}{3} \approx 0.4620981203733$$

Como doble comprobación, he realizado una simulación numérica de este problema. De $10^9$ copias del triángulo $B$ generado, $462114483$ de ellos contiene $c$ . Esto conduce a una estimación de la probabilidad $c \in B$ en $0.462114 \pm 0.000016\;(\leftarrow 1 \sigma)$ . Esto es consistente con lo que acabamos de derivar.

Answer 2

Esta pregunta también fue planteada por Allen Gu en un post sobre el rompecabezas de la semana en FiveThirtyEight.com .

La solución de Allen Gu se muestra aquí .

El curador de los rompecabezas semanales, Zach Wissner-Gross, también compartió su propia solución la semana siguiente

Otras soluciones presentadas:

PDF de Emma Knight

Blog de Josh Silverman

Tweet de Rajeev Pakalapati

El cuaderno de Mathematica de Jonah

Answer 3

Esto es sólo una pista, ya que la respuesta implica probabilidades dependientes que requieren (creo) el uso de una función de distribución. Lo mejor que puedo hacer es una simulación que sólo dará una estimación...

Consulte este croquis: https://drive.google.com/file/d/0B-C4qnUqxtAVTnNnVElfLVRhSWMtS0EwRTVfUW5BT3lXZ0Vv/view?usp=sharing

Me gusta la insinuación de Dale. Pero mi sospecha es que pensar en términos de ángulos podría ser más fácil. Imagina que un lado determinado es intersecado por un rayo que sale del centro del círculo y barre un sector de 120 grados, intersecando así todos los puntos de ese lado (como una pantalla de radar antigua con la mano que barre).

El escenario en el que primero seleccionamos al azar un punto en el lado inferior (A), a continuación elegimos uno en el lado izquierdo (B), y finalmente elegimos uno en la derecha (C). Al medir los ángulos, siempre hago un barrido en sentido contrario a las agujas del reloj, con el ángulo 0 al principio del lado y el ángulo 120 al final del lado.

El punto del lado A puede ser seleccionado por cualquier ángulo de 0-120 grados, porque siempre podemos construir un triángulo que no contenga el centro del círculo, independientemente de dónde se encuentre el punto en el lado A.

El lado B (lado "izquierdo") puede ser cualquier ángulo entre 60 y 120. Cualquier ángulo entre 0-60 pone el punto en una posición en la que no se puede hacer un triángulo "legal".

Para completar un triángulo "legal", el lado C (lado "derecho") debe estar entre 0 y (ángulo B - 60).

Espero que esto sea de ayuda. Por cierto, muy buen problema.

Answer 4

Sin pérdida de generalidad, consideremos el triángulo $\Delta ABC$ con vértices $A(-1,0)$ , $B(1,0)$ , $C(0,\sqrt3)$ y el centro $O(0,\frac{1}{\sqrt3})$ .

Considere los puntos $D(d,0)$ con $d\in [-1,0]$ (como el problema es simétrico, sólo tenemos que considerar 1 mitad y el doble del resultado, lo que simplifica el proceso), $E(e\frac{1}{2}-1,e\frac{\sqrt3}{2})$ con $e\in [0,2]$ y $F(1-f\frac{1}{2},\frac{\sqrt3}{2}(1-f))$ con $f\in[0,2]$ .

Para cualquier $d$ y $e$ Los valores legales de $f$ requieren que $EF$ está "por encima" $O$ y $DF$ está "por debajo" $O$ . Es decir, la pendiente $EF\ge EO$ y la pendiente $DF\le DO$ . Así que

$$\begin{align} \frac{e\frac{\sqrt3}{2}-\frac{\sqrt3}{2}(1-f)}{\left(e\frac{1}{2}-1\right)-\left(1-f\frac{1}{2}\right)}&\ge\frac{e\frac{\sqrt3}{2}-\frac{1}{\sqrt3}}{\left(e\frac{1}{2}-1\right)-\left(0\right)}\\ \sqrt3\frac{e+f-1}{e+f-4}&\ge\frac{3e-2}{e-2}\\ \sqrt3(e+f-1)(e-2)&\ge(3e-2)(e+f-4)\\ \sqrt3e^2-2\sqrt3e+\sqrt3ef-2\sqrt3f-e+2&\ge3e^2+3ef-14e-2f+8\\ ((\sqrt3-3)e+2-2\sqrt3)f&\ge(3-\sqrt3)e^2+(2\sqrt3-13)e+6\\ f&\ge\frac{(3-\sqrt3)e^2+(2\sqrt3-13)e+6}{(\sqrt3-3)e+2-2\sqrt3}\\ \end{align}$$

Y

$$\begin{align} \frac{0-f\frac{\sqrt3}{2}}{d-\left(1-f\frac{1}{2}\right)}&\le\frac{0-\frac{1}{\sqrt3}}{(d)-\left(0\right)}\\ \frac{\sqrt3f}{2d-2+f}&\le\frac{2}{\sqrt3d}\\ 3df&\le{4d-4+2f}\\ f&\le\frac{4d-4}{3d-2}\\ \end{align}$$

Así que

$$\frac{4d-4}{3d-2}\ge f\ge\frac{(3-\sqrt3)e^2+(2\sqrt3-13)e+6}{(\sqrt3-3)e+2-2\sqrt3}\\$$

NOTA: El álgebra se rompe si los denominadores iniciales son 0 pero esto sólo ocurre en los puntos finales - hazlos intervalos abiertos si esto te molesta. Además, no lo he comprobado por lo que podría haber metido la pata.

Ahora, ¿cuáles son los valores válidos y cómo se relacionan con su distribución de probabilidad?

Nótese que esto es increíblemente feo incluso para una distribución uniforme.

Answer 5

Puede que me equivoque pero no creo que haya una solución a este problema. Depende totalmente de cómo se construya el triángulo. Posiblemente. ¿Has oído hablar de La paradoja de Bertrand ? Es una paradoja de la teoría de la probabilidad que plantea una pregunta similar: Tomemos un triángulo equilátero inscrito en un círculo, ¿cuál es la probabilidad de que una cuerda aleatoria del círculo sea más larga que el lado del triángulo? Es bastante sencillo de entender y fácil de responder, pero se puede demostrar que se obtienen respuestas drásticamente distintas dependiendo de cómo se construya la cuerda.

Aunque puede que me equivoque. Tal vez esto no se parezca a la Paradoja de Bertrand.