Respuesta: Con qué probabilidad $4$ de puntos colocan uniformemente al azar en la Plaza de la unidad de $\mathbb{R}^2$ forman un cuadrilátero convexo cóncavo?

Question

Tengo este problema que me he enfrentado durante un tiempo. Si usted coloque $4$ puntos al azar en una unidad de plaza (distribución uniforme en ambos $x$$y$), con lo que la probabilidad será de esta forma ser convexa si el $4$ puntos están conectados de alguna manera? De forma equivalente, con lo que la probabilidad habrá un punto en el interior del triángulo con el área más grande con vértices en el otro $3$ puntos.

En particular, estoy interesado en la respuesta para cuando esta área de apoyo es $\mathbb{R}^2$ y es uniforme.

Me encontré con una simulación y encontró que en una unidad de la plaza de la respuesta es $71\%$ cóncava. En un círculo unidad de picking polares las coordenadas r y theta de aleatorio uniforme de las distribuciones de resultados en un una probabilidad de concavidad de $68\%$. Cuando la distribución de r es alterado de modo que cada punto en el círculo es igual de probable es que luego de esto cae a $51\%$.

Cualquier consejo o enlaces para una posible respuesta, o si esto es posible incluso que se agradece.

EDIT: resulta Que este problema es el mismo Sylvester 4 punto problema. Por desgracia estoy de 150 años demasiado tarde. Gracias a todos los que ayudaron. Sólo una persona le dio una respuesta, no es del todo correcto, pero me premio de la recompensa para ellos de todos modos por sus esfuerzos.

Answer 1

Aquí es un enfoque diferente del problema. Considere la posibilidad de un azar del triángulo se ilustra a continuación. Las regiones son etiquetados cerca de ($N_i$) y mucho ($F_i$) desde el punto $i$. $T$ es el triángulo.

Si el 4to punto cae en las regiones $F_1$, $F_2$, o $F_3$ un cuadrilátero convexo. La probabilidad de que 4 puntos de producir una convexidad es equivalente a la probabilidad de que el 4º punto será en una de las regiones. Es decir, $p=E[F_1+F_2+F_3]$ donde $F_i$ es la variable aleatoria que expresan el área de la región.

Para simplificar los cálculos, considere la posibilidad de la región sombreada etiquetados $A_1$ y las contrapartes $A_2$$A_3$. $$F_1+N_2+N_3=A_1$$ $$N_1+F_2+F_3+T=1-A_1$$ La combinación de estos uno se encuentra, $$F_1+F_2+F_3 = 2 - 2T - A_1 - A_2 - A_3$$ y por lo tanto, $$p=E[F_1+F_2+F_3]=2 - 2E[T] - 3E[A]$$ Afortunadamente, otros han trabajado $E[T]={11\over144}$

Para trabajar $E[A]$, me considera por separado el caso en el que la unidad de la plaza es atravesada a través de los lados opuestos (como es el caso de $A_1$). Usted puede demostrar que esto ocurre con una probabilidad de ${2\over3}$, dadas dos uniforme de puntos aleatorios. La más pequeña de las dos áreas de $A_\min$ sigue la distribución de $$f(a_\min)=4a_\min$$ para $0<a_\min<{1\over2}$. Dados los dos puntos de $(2,3)$ punto $1$ punto de caer en la más pequeña de las dos áreas con probabilidad de $a_\min$, en cuyo caso $A_1=1-a_\min$. $$ E[A_{opp}]=16\int_0^{1\over2}a_\min^2(1-a_\min)\,da_\ = min {5\over12} $$

Para el caso de que la unidad de la plaza es cortar a través de una esquina (como es el caso de $A_2$), $A_\min={1\over2}X_0Y_0$ donde $X_0$ $Y_0$ son variables aleatorias independientes con la idéntica distribución, $f(x)=2x$$0<x<1$. Esto le da a la distribución de $A_\min$, $$f(a_\min)=-16 a_\min \log 2a_\min$$ para $0<a_\min<{1\over2}$. $$ E[A_{esquina}]=-32\int_0^{1\over2}a_\min^2(1-a_\min)\log 2a_\min\,da_\ = min {23\over72} $$ Y entonces, en general, $$E[A] = P(A_{opp})E[A_{opp}]+P(A_{corner})E[A_{corner}]={2\over3}{5\over12}+{1\over3}{23\over72} = {83\over216}$$ Finalmente, $$ p = 2 - 2{11\over144} - 3{83\over216}={25\over36}=\left({5\over6}\right)^2=0.69\bar{4} $$ que está cerca de sus resultados de simulación. Una forma muy simple!

Answer 2

$P_{convex}=\int_0^1 da a_{123}p(a_{123})$ donde $a_{123}=\frac{1}{2}\left|(\mathbf{x}_{12} \times \mathbf{x}_{13})\right|$ esta es la probabilidad de que el 4º punto cae dentro del triángulo formado por los tres primeros. La normalización se incluyeron debido a la unidad de la plaza, y $$p(a)=\frac{1}{2} \int_0^1 dx_1 \int_0^1 dx_2 \int_0^1 dx_3 \int_0^1 dy_1 \int_0^1 dy_2 \int_0^1 dy_3 \delta \left( a - \sqrt{\left( (x_2 - x_1)^2 (y_3 - y_1)^2 + (y_2 - y_1)^2 (x_3 - x_1)^2 \right) } \right)$$

una integral que puede ser difícil de evaluar en forma cerrada, donde $\delta(x)$ es la función delta de Dirac.

El $p(a)$ función de densidad de probabilidad para el área del triángulo formado por los tres puntos aleatorios uniformemente en la unidad de la plaza parece encajar bastante bien a la distribución beta con $\alpha = 1.18$ $\beta = 5.1$ y un límite superior de $\frac{1}{2}$

El porcentaje de cuarta puntos que caen dentro del triángulo formado por las tres primeras es entonces la expectativa de que el área de $E\left[a\right]=\frac{\alpha / 2}{\alpha+\beta}$ o ~10%, correspondiente a cóncava fracción de 90%. Parece fuera de ...

También miró a la distribución de la superficie máxima de los 4 triángulos formados por un conjunto de 4 puntos cada uno cogió de $(U[0,1],U[0,1]) Significa que se mueve entre el 9% al 15%