¿Cuál es la probabilidad de que un $n$-gono cuyos vértices yacan al azar sobre la circunferencia de un círculo cubra la mayoría del área del círculo?

Question

Los vértices se eligen completamente al azar y todos se encuentran en la circunferencia. ¿Existe alguna fórmula para la probabilidad de que un $n$-gono cubra más del $50$% del área del círculo, con cualquier valor de $n$?

Intenté buscar algo, sin embargo no sabía qué buscar cuando me di cuenta de que los primeros tres valores de $n$ darían una probabilidad del $0$% (un punto y dos puntos son obviamente $0$ porque no cubren ninguna área, y no creo que ningún triángulo inscrito pueda cubrir más del $50$% del área del círculo). También creo que para $n=4$ debería ser más del $50$% porque cuando intenté distribuir los puntos al azar parecía obtener mayormente áreas que cubrían la mayor parte del círculo.

Nota: El polígono debe ser un polígono simple, formado conectando cada punto con los dos puntos más cercanos a él.

Answer 1

¡Este es un problema difícil! Me conformaré con demostrar que cuando $n=4$, $p\approx0.1264937239602$.

Dejemos que los vértices de cualquier cuadrilátero estén en ángulos $0\leq \theta_1\leq\theta_2\leq\theta_2\leq\theta_4\leq 2\pi$. Por simetría, podemos fijar $\theta_1=0$ y $\theta_3\leq\pi$. Así que el cuadrilátero tiene puntos en $p_1=(1,0)$, $p_2=(\cos\theta_2,\sin\theta_2)$, $p_3=(\cos\theta_3,\sin\theta_3)$ donde $\sin\theta_3>0$, y $p_4=(\cos\theta_4,\sin\theta_4)$.

El área $A$ dentro del cuadrilátero es una función de sus dos diagonales, $\overline{p_1p_3}$ y $\overline{p_2p_4}$. Es decir, $A=\frac12bh$ donde la base es $b=p_1p_3=2\sin\frac{\theta_3}{2}$ y la altura $h$ es la proyección de $\overline{p_2p_4}$ ortogonal a $\overline{p_1p_3}$. Escribiremos una expresión bonita para $h$ más tarde. Por ahora, solo observa que $h\leq 2$, entonces $A\leq b\leq2$.

Sea $T$ el área umbral en la que estamos interesados. En tu declaración del problema, $T=\pi/2\approx1.55$. Para que lo siguiente funcione, solo necesitamos que $T$ esté entre las áreas del triángulo regular inscrito y del cuadrado, $3\sqrt3/4\approx1.3$ y $2$.

Queremos calcular $$p=\frac{\iiint_{A>T}d^3\theta}{\iiint d^3\theta}$$ donde la integral inferior se toma sobre todo el rango permitido de $\theta_2<\theta_3<\pi<\theta_4$. El denominador es $(2\pi)^3/(2\cdot 3!)$, entonces $$p=\frac{12}{(2\pi)^3}\int_0^\pi d\theta_3\iint[A>T] d\theta_2d\theta_4$$ donde el corchete de Iverson $[q]$ es $1$ donde $q$ es verdadero y $0$ donde $q$ es falso.

Ahora cambiemos de variables: Sea $t_2=\theta_2-\frac{\theta_3}{2}$ y similarmente $t_4=\theta_4-\frac{\theta_3}{2}-\pi$. Entonces tenemos $h=\cos t_2 +\cos t_4$. (Si esto parece un milagro, dibuja el diagrama correcto.) Y cuando $\theta_3$ está fijo, tenemos $d\theta_2=dt_2$ y $d\theta_4=dt_4$, así que $$p=\frac{12}{(2\pi)^3}\int_0^\pi d\theta_3\iint[A>T] dt_2dt_4.$$

En este punto podrías estar quejándote de los límites en $\theta_2$, $\theta_4$, $t_2$ y $t_4$, a los que he pasado por alto en su mayoría. ¿Y si las restricciones de orden $0<\theta_2<\theta_3<\theta_4<2\pi$ tienen alguna interacción compleja con la restricción $A>T$? Bueno, el hecho de que $T$ sea mayor que el área de cualquier triángulo inscrito ya garantiza que en la región $A>T$, las restricciones de orden se cumplen fácilmente. Así que no tenemos que preocuparnos por ellas, ¡y podemos simplemente integrar $t_2, t_4$ en cualquier intervalo razonable, digamos de $-\pi/2$ a $\pi/2$, independientemente del valor de $\theta_3$!

Mejor aún, por simetría, podemos requerir $t_2>0$ y $t_4>0$ y multiplicar nuestra integral por $4 para compensar. Y también podemos aprovechar esta oportunidad para cambiar la última variable: $t_3=\frac{\theta_3}{2}$, entonces $d\theta_3=2dt_3$. Entonces ahora: $$p=\frac{96}{(2\pi)^3}\int_0^{\pi/2} dt_3\int_0^{\pi/2}dt_2\int_0^{\pi/2}dt_4\left[A=\frac12bh=(\sin t_3)(\cos t_2 +\cos t_4)>T\right]$$ Esa desigualdad en $t_2$ y $t_4$ no es fácil de integrar. Compara mi pregunta aquí: Area bounded by $\cos x+\cos y=1$. En lugar de eso, avancemos con fuerza bruta y resolvamos para $t_4$: (recuerda que $0esa cantidad exista en los números reales, lo que requiere $$\frac{T}{\sin t_3}-1\leq 1\iff 2\sin t_3\geq T $$ ...lo que tiene sentido, es solo una consecuencia de $b\geq A\geq T$. Por lo tanto: $$p=\frac{12}{\pi^3}\int_{\sin^{-1}(T/2)}^{\pi/2} dt_3\int_0^{\cos^{-1}\left(T/\sin t_3-1\right)}dt_2\cos^{-1}\left(\frac{T}{\sin t_3}-\cos t_2\right)$$

Ahora, la función a integrar tiene grandes derivadas cerca del límite superior de la integral de $t_2$, por lo que podríamos facilitar un poco esto dividiendo otra simetría y requiriendo que $t_2scipy la aproxime rápidamente y con precisión:

>>> scipy.integrate.dblquad(
...     func=lambda t2,t3: 12/(pi**3) * acos(T/sin(t3)-cos(t2)),
...     a=asin(T/2),
...     b=pi/2,
...     gfun=lambda t3: 0,
...     hfun=lambda t3: acos(T/sin(t3)-1)  )
(0.12649372396022962, 1.4043624481122576e-15)

Esto es consistente con los primeros dígitos $0.12647\pm0.00004$ que obtuve de un muestreo aleatorio, así que estoy bastante seguro de que es correcto.

Los dígitos $0.1264937239602$ no aparecen en el Calculador Simbólico Inverso, OEIS o Google. También intenté con un valor racional $T=1.5$, esperando obtener un valor mejor, pero obtuve $p_{T=1.5}\approx0.162088738800$, que es igualmente obscuro. Esto sugiere que no hay una fórmula agradable para $p$, ni siquiera en el caso único $n=4$, y mucho menos para otros valores de $n$.

(¿Pero tal vez alguien que sea mejor evaluando integrales definitivas difíciles puede hacer su magia...?)

Otra cosa que podría querer investigar es el comportamiento asintótico para valores grandes de $n$. Incluso si no hay una fórmula agradable para cada $p_n$, aún podría haber una fórmula bonita como "$p_n=1-42n^{-2}+O(e^{-n})". (¡Esa es una fórmula falsa; no conozco la real!)