Probabilidad de que n puntos de una circunferencia estén en un semicírculo

Question

Elige n puntos al azar de un círculo, ¿cómo calcular la probabilidad de que todos los puntos estén en un semicírculo? Se agradece cualquier pista.

Answer 1

Una variación de la respuesta de @joriki (y editada con ayuda de @joriki):

Supongamos que el punto $i$ tiene ángulo $0$ (el ángulo es arbitrario en este problema) -- esencialmente este es el evento que el punto $i$ es el "primer" o "principal" punto del semicírculo. Entonces queremos que se produzca el caso de que todos los puntos estén en el mismo semicírculo, es decir, que los puntos restantes acaben todos en el semiplano superior.

Se trata de un lanzamiento de moneda por cada punto restante, por lo que terminas con $1/2^{n-1}$ . Hay $n$ puntos, y el caso de que cualquier punto $i$ es el punto "líder" es disjunto del evento que cualquier otro punto $j$ es, por lo que la probabilidad final es $n/2^{n-1}$ (es decir, podemos simplemente sumarlos).

Una comprobación de la cordura de esta respuesta es notar que si tienes uno o dos puntos, entonces la probabilidad debe ser 1, lo cual es cierto en ambos casos.

Answer 2

Esta es otra forma de hacerlo:

Dividir el círculo en $2k$ sectores iguales. Hay $2k$ tramos contiguos de $k$ sectores cada uno que forman un semicírculo, y $2k$ tramos contiguos ligeramente más cortos de $k-1$ sectores que casi forman un semicírculo. El número de semicírculos que contienen todos los puntos menos el número de tramos ligeramente más cortos que contienen todos los puntos es $1$ si los puntos están contenidos en al menos uno de los semicírculos y $0$ en caso contrario; es decir, es la variable indicadora de que todos los puntos están contenidos en al menos uno de los semicírculos. La probabilidad de un evento es el valor esperado de su variable indicadora, que en este caso es

$$2k\left(\frac k{2k}\right)^n-2k\left(\frac{k-1}{2k}\right)^n=\frac k{2^{n-1}}\left(1-\left(1-\frac1k\right)^n\right)\;.$$

El límite $k\to\infty$ produce la probabilidad deseada:

$$ \lim_{k\to\infty}\frac k{2^{n-1}}\left(1-\left(1-\frac1k\right)^n\right)=\lim_{k\to\infty}\frac k{2^{n-1}}\cdot\frac nk=\frac n{2^{n-1}}\;. $$

Answer 3

Ver

https://mathoverflow.net/questions/33112/estimate-probability-0-is-in-the-convex-hull-of-n-random-points

para el problema general (cuando los puntos tienen una distribución cualquiera que es invariante respecto al giro sobre el origen) y

https://mathoverflow.net/questions/2014/if-you-break-a-stick-at-two-points-chosen-uniformly-the-probability-the-three-re/2016#2016

para una buena aplicación.

Como curiosidad, esta respuesta se puede expresar como un producto de senos:

Demostrar que $\prod_{k=1}^{n-1}\sin\frac{k \pi}{n} = \frac{n}{2^{n-1}}$

Answer 4

Toros, 1948 , Gaceta Matemática , Vol 32 No 299 (dic), pp87-88 resuelve este problema en el contexto del problema del palo roto (utiliza politopos y volúmenes relativos en su argumento). Rushton, 1949, Gaceta Matemática, Vol 33 No 306 (mayo), pp286-288 señala que el problema puede replantearse en términos de colocación de puntos al azar en la circunferencia de un círculo. La respuesta de Ruston es la más clara que he visto. Coloca $n$ puntos al azar en la circunferencia. Etiquétalos $X_1, X_2, ..., X_n$ . Abra el círculo en $X_n$ y producir una línea recta. Rotula la línea $OX_n$ (donde $O$ es la parte del círculo previamente adyacente a $X_n$ ). Hay $n$ segmentos de línea: $OX_1, X_1X_2, ..., X_{n-1}X_n$ . Cada segmento tiene la misma probabilidad de ser más largo que la mitad de la longitud de $OX_n$ (y, por lo tanto, corresponden a algo mayor que un semicírculo del círculo original). La probabilidad de que el primer segmento cumpla esta condición es la probabilidad de que los restantes $n-1$ los puntos se encuentran en la segunda mitad de la línea $OX_n$ . Es decir $(\frac{1}{2})^{(n-1)}$ . La probabilidad de que haya un segmento (nótese que puede haber como máximo uno) mayor que la mitad de la longitud de la circunferencia es la suma de las probabilidades de que cada segmento particular pueda serlo (porque son mutuamente excluyentes): $n(\frac{1}{2})^{(n-1)}$ . Por lo tanto, la probabilidad favorable es $1 -n(\frac{1}{2})^{(n-1)}$ .

Answer 5

Encuentra el mayor hueco angular y numera los puntos, digamos, en el sentido de las agujas del reloj, de forma que ese hueco esté entre el último y el primer punto. Entonces la densidad de probabilidad para que el ángulo entre el primer y el último punto sea $\phi\lt\pi$ es

$$ n\frac1{2\pi}\left(\frac\phi{2\pi}\right)^{n-2}\;, $$

donde el factor $n$ surge porque mapeamos $n$ numeración a uno, $1/2\pi$ es la densidad para el ángulo entre el primer y el último punto, y $(\phi/2\pi)^{n-2}$ es la probabilidad de que el resto de $n-2$ puntos están entre ellos. La integral

$$ \int_0^\pi n\frac1{2\pi}\left(\frac\phi{2\pi}\right)^{n-2}=\frac n{(2\pi)^{n-1}}\pi^{n-1}=\frac n{2^{n-1}} $$

es la probabilidad deseada.

P.D: Este es el código que comprueba este resultado mediante simulaciones.