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probabilidad de azar sumar tres puntos en el interior de un triángulo equilátero que forman un triángulo y contener el centro

¿cuál es la probabilidad de azar sumar tres puntos en el interior de un triángulo regular que forman un triángulo y contener el centro del triángulo regualr

los tres puntos son elegidos al azar dentro del triángulo regular y, a continuación, formar un nuevo triángulo y el nuevo triángulo que tiene para contener el centro de la original triángulo regular ¿cuál es la probabilidad de

12voto

mjqxxxx Puntos 22955

Deje $R$ ser convexa de la región del plano con unidad de área, y elija $n\ge 3$ puntos al azar de la región. Vamos a obtener una expresión general para la probabilidad de $P_{n}$ que el casco convexo de estos puntos contiene un determinado punto de $\tau \in R$ (que tomaremos como origen de nuestro sistema de coordenadas). A continuación, podemos evaluar que la expresión de la pregunta planteada (en el que $n=3$, $R$ es un triángulo equilátero, y $\tau$ es su centro).

Supongamos que el casco no no contienen $\tau$, y se supone que $\tau$ no es colineal con cualquiera de los dos puntos (esto es cierto con probabilidad 1). Entonces podemos dibujar un rayo desde el punto central a través de una de las $n$ puntos (la "izquierda" de punto) de tal forma que el resto de los $n-1$ puntos están a la derecha de la raya. (Tenga en cuenta que esta condición es necesaria y suficiente. Tenga en cuenta también que si el convex hull contiene $\tau$, entonces no hay una "izquierda"). Podemos calcular la probabilidad deseada mediante la integración de más de todas estas configuraciones. En particular, $f(\varphi)$ a ser el área de la subregión, que se encuentra a la derecha de la radial ray en el ángulo de $\varphi$, y tome $r(\varphi)$ a ser la distancia de $\tau$ hasta el límite de $R$ a lo largo de dicho rayo. Entonces la probabilidad de que un punto en particular se encuentran en el intervalo angular $[\varphi, \varphi+d\varphi]$$da = \frac{1}{2}r(\varphi)^2 d\varphi$, y la probabilidad de que cada uno de los otros $n-1$ puntos de mentir a su derecha es $f(\varphi)$. Desde allí se $n$ puntos para elegir como el de la izquierda, en general, la probabilidad de no capturar $\tau$ en el convex hull $$ 1-P_{n} = n \int f(\varphi)^{n-1} da = n \int_{-\pi}^{\pi} \frac{1}{2} f(\varphi)^{n-1} r(\varphi)^2 d\varphi, $$ Podemos hacer un par de observaciones en este punto. En primer lugar, si la región de $R$ es simétrica bajo la reflexión a través de $\tau$, $f(\varphi)$ es idéntica $1/2$: cada radial línea que divide la región en la mitad. El resultado es, entonces, $$ P_{n} = 1 - \frac{n}{2^{n-1}}, $$ lo que da el resultado conocido $P_{3} = 1/4$ para los polígonos con un número par de lados. En segundo lugar, si la región de $R$ lugar tiene simetría bilateral, a través de la $x$-eje, a continuación, $r(\varphi)$ es una función par, y $f(\varphi) = 1/2 + f^{-}(\varphi)$ donde $f^{-}$ es una función impar. A continuación, en términos de la integral con potencias impares de $f^{-}$ debe desaparecer: en particular, hemos $$ P_{3} = \frac{1}{4} - 3 \int{{f^{-}(\varphi)}^2 da} = \frac{1}{4} - 3\int_{-\pi}^{\pi}\frac{1}{2}{f^{-}(\varphi)}^2 r(\varphi)^2 d\phi \le \frac{1}{4}, $$ y curiosamente la relación $P_{4} = 2P_{3}$ sigue manteniendo.

Construction used to calculate $f^{-}(\varphi)$ and $r(\varphi)$ for an equilateral triangle

Queda por evaluar $f^{-}(\varphi)$, $r(\varphi)$, y el resultado de la integral en el caso de un triángulo equilátero. La figura anterior muestra un triángulo equilátero con vértices en a$(-x,0)$$(x/2, \pm x\sqrt{3}/2)$. Para $\varphi \in [0,\pi/3]$, la función de $f^{-}(\varphi)$ es el área del triángulo azul, menos el área del triángulo rojo, $$ f^{-}(\varphi) = \frac{x^2}{8}\tan\varphi - \frac{x^2}{2}\frac{1}{\cuna\varphi + \cuna\frac{\pi}{6}} = \frac{x^2}{8}\tan\varphi \left(1 - \frac{4}{1 + \sqrt{3}\tan\varphi}\right); $$ y el radio de $r(\varphi) = \frac{1}{2}x\sec\varphi$ sobre el mismo dominio. Por simetría, el pleno de la integral es de seis veces su valor en $[0,\pi/3]$: $$ \begin{eqnarray} P_3 &=& \frac{1}{4} - 18\int_{0}^{\pi/3}\frac{x^6}{512}\tan^2\varphi\left(1 - \frac{4}{1 + \sqrt{3}\tan\varphi}\right)^2 \sec^2\varphi d\varphi \\ &=& \frac{1}{4} - \frac{1}{36\sqrt{3}}\int_{0}^{\pi/3}\tan^2\varphi\left(1 - \frac{4}{1 + \sqrt{3}\tan\varphi}\right)^2 \sec^2\varphi d\varphi \\ &=& \frac{1}{4} - \frac{1}{12}\int_{0}^{1} u^2\left(1 - \frac{4}{1+3u}\right)^2 du, \end{eqnarray} $$ donde hemos utilizado $x = 2/\sqrt{3\sqrt{3}}$ (en orden para el triángulo tener unidad de área) y se introdujo la variable transformada $u = \tan\varphi / \sqrt{3}$ (por lo $du = (\sec^2\varphi / \sqrt{3}) d\varphi$). La última integral es un sencillo ejercicio para el lector; el resultado es $$ P_3 = \frac{1}{4} - \frac{1}{324}\left(57 - 80\ln{2}\right) = \frac{2}{81}\left(3 + 10\ln{2}\right) = 0.2452215..., $$ de acuerdo con la fuerza bruta y los resultados numéricos ya dada. Este resultado se puede generalizar fácilmente a la regular $m$-gon para cualquier extraño $m$ (cambiando sólo los valores de algunas constantes), y para el caso de que $n>3$ (lo que complica el final de la integral).

8voto

Robert Christie Puntos 7323

La respuesta es $p = \frac{2}{81} (3+\log (1024)) \approx 0.24522152606418402702 < \frac{1}{4}$.


Derivación

Yo, básicamente, se hizo una fuerza bruta de cálculo. Revisión regular de las coordenadas del triángulo en $p_1 = (0,0)$, $p_2 = (0,1)$, $p_3 = (\sin(60^\circ), \cos(60^\circ))$. Vamos a parametrizar los puntos en el interior del triángulo rectángulo como $p(u,v) = p_1 + (p_2-p_1) u + (p_3-p_1) v(1-u)$,$0<u<1$$0<v<1$.

Una distribución uniforme dentro de lo parametrizado triángulo tiene la siguiente función de densidad de $f(u,v) = 2(1-u) \mathbf{1}_{0 < u <1} \mathbf{1}_{0 < v <1}$.

Vamos $q_1$, $q_2$ y $q_3$ al azar de puntos seleccionados dentro del triángulo regular. La condición de que el punto de $p_c$ es dentro de este triángulo es $\ell_{q_1,q_2}(p_c) \ell_{q_1,q_2}(q_3)>0 \land \ell_{q_1,q_3}(p_c) \ell_{q_1,q_3}(q_2)>0 \land \ell_{q_2,q_3}(p_c) \ell_{q_2,q_3}(q_1)>0$ donde $\ell_{q_1,q_2}(x,y)$ es la ecuación de la línea a través de los puntos de $q_1$$q_2$.

Ahora, puedo conectarlo todo, y esperar:

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3voto

sewo Puntos 58

Esto todavía no responde a la pregunta, pero es demasiado larga para comentarios.

He aquí un argumento que la probabilidad siempre es $\frac{1}{4}$ mientras que la arena es de forma centralizada simétrica sobre el punto central. Especialmente este es el caso de un círculo, un cuadrado, y todos , inclusocaras polígonos regulares:

Como Didier notado, sólo las direcciones desde el centro a cada uno de los tres puntos de la materia. El triángulo que forman contiene el centro de iff sus proyecciones a lo largo de los radios a un (concéntrica) círculo se divide el círculo del perímetro en tres trozos cada una de las cuales es menor que 180°.

Dibujar un diámetro vertical a través del punto central. Debido a la simetría central, cualquiera de los tres puntos tiene la misma probabilidad de tierra a la izquierda o a la derecha del diámetro. Si todos los tres de ellos están en el mismo lado de la de diámetro (lo que ocurre con una probabilidad de $\frac{1}{4}$), el centro claramente no está en el triángulo. Tan sólo tenemos que analizar la situación, con una probabilidad de $\frac{3}{4}$, que dos de ellos están en un lado y uno en el otro. Supongamos, sin pérdida de generalidad, que hay uno a la izquierda y dos a la derecha.

Ahora, si tomamos la línea a través del centro de la izquierda y punto continúe a través de la derecha lado de la arena, ganamos si esta línea pasa entre los dos puntos de derecho. También, ya que la arena es de forma centralizada simétrica, bien podría haber elegido a la izquierda del punto de coger su reflexión de manera uniforme en el derecho. Así que el caso es equivalente a seleccionar los dos puntos rojos y uno azul en el lado derecho de manera uniforme en el lado derecho de la arena y, a continuación, preguntar si el azul es entre los rojos. Desde estos puntos se yo.yo.d., la forma exacta de las distribuciones no importa su orden relativo, y por lo que la probabilidad de éxito es $\frac{1}{3}$.

En total, la probabilidad de que el triángulo que contiene el centro es$\frac{3}{4}\times\frac{1}{3}=\frac{1}{4}$, siempre y cuando la arena está centralmente simétrica!

¿Qué consecuencias tiene esto para el triangular de la arena? Todavía podemos encontrar un diámetro que divide en dos la arena, pero la idea de elegir los tres puntos a la derecha y, a continuación, refleja uno no funciona más. De hecho, de forma heurística, más el rojo y el azul de las distribuciones (de direcciones) difieren, al menos debe a que la probabilidad de tener el punto azul terminan en el medio. Así que debemos esperar un proability menos de $\frac{1}{4}$ en el triangular caso.

Por la continuidad, impar polígonos regulares con muchos lados le dará las respuestas que el enfoque de $\frac{1}{4}$, por lo que debemos esperar en el triángulo situado a ser el extraño caras polígonos regulares con los que menos probabilidad de tener un azar triángulo contener el centro.

Dividiendo el triángulo equilátero en seis congruentes 30-60-90 triángulos y conteo de combinaciones, he encontrado que la probabilidad es $\frac{2}{9}$ $\frac{1}{12}$ de la probabilidad en el caso de que dos puntos en uno de los hexants y el tercero está en el diametralmente opuesto. Además la subdivisión en simétrica sub-casos muestra los últimos probabilidad entre el$\frac{1}{6}$$\frac{2}{3}$. Así tenemos que el límite inferior $$P>\frac{2}{9}+\frac{1}{12}\times\frac{1}{6}=\frac{17}{72}=\frac{1}{4}-\frac{1}{72}\approx 0.2361$$

2voto

Did Puntos 1

Nota: Esto no responde a la pregunta.

Llame a $B$ el límite del triángulo regular $T$ $O$ el centro de la $T$. Reemplazar cada punto de $P$ $T$ por el único punto de $Q$ $B$ tal que $P$ pertenece al segmento de $[O,Q]$. Aquí están algunos hechos: (1) Si algunos de los puntos de $P_i$ son independientes en $T$, los puntos de $Q_i$ $B$ son independientes. (2) Un triángulo en $T$ con vértices $P_i$ encierra $O$ si y sólo si el triángulo con vértices $Q_i$. (3) Si $P$ es uniforme en $T$, teorema de Thales implica que $Q$ es uniforme en $B$. Por desgracia no es tan sencillo determinar qué tripletas de puntos de $B$ encerrar $O$.

También se pueden considerar como un círculo $C$ centro $O$, por ejemplo, el círculo circunscrito a $T$, y reemplazar cada punto de $P$ $T$ por el único punto de $R$ $C$ tal que $P$ pertenece al segmento de $[O,R]$. En otras palabras, $P$, $Q$ y $R$ son en este orden en el mismo halfline issed de $O$. Entonces (1) y (2) anteriores siguen siendo válidas en el siguiente sentido: (1') Si algunos de los puntos de $P_i$ son independientes en $T$, los puntos de $R_i$ $C$ son independientes. (2) Un triángulo en $T$ con vértices $P_i$ encierra $O$ si y sólo si el triángulo con vértices $R_i$. Por desgracia, el análogo de (3) se produce un error. De hecho, la propiedad (3) para los puntos de $Q$ implica que la densidad de la distribución de $R$ $C$ no es uniforme (como @joriki explicado): la restricción de las cosas de un tercio de las $C$ y la localización de puntos en esta parte de la $C$ por un ángulo de $\alpha$$(-\frac{\pi}3,\frac{\pi}3)$, la densidad de $R$ es proporcional a $1/\cos^2\alpha$.

Esto es lamentable, ya que se puede demostrar fácilmente que los tres puntos de independiente y uniforme en $C$ encerrar $O$ con una probabilidad de $\frac14$. Para futura referencia, aquí está el (clásica) de la prueba.

Decir que no se si los tres puntos en $C$ se encuentran en un mismo medio de $C$. Suponer sin pérdida de generalidad que un punto está situado en el ángulo de $0$ $C$ y que los otros dos están situados en los ángulos $2\pi X$$2\pi Y$. A continuación, $X$ $Y$ son yo.yo.d. y uniforme en $(0,1)$. Si tanto $X$$Y$$(0,\frac12)$, falla uno de ellos. Si ambos están en $(\frac12,1)$, falla uno de ellos. Y si uno está en $(0,\frac12)$ y el otro en $(\frac12,1)$, pero su diferencia es, al menos,$\frac12$, falla uno de ellos. De lo contrario, uno gana. Por lo tanto, la zona de éxito en el cuadrado de $(0,1)\times(0,1)$ es la unión de dos triángulos simétricos con respecto a la primera diagonal: el triángulo con vértices $(0,\frac12)$, $(\frac12,\frac12)$, $(\frac12,1)$ y el triángulo con vértices $(\frac12,0)$, $(\frac12,\frac12)$, $(1,\frac12)$. El área de cada es $\frac18$ por lo tanto la probabilidad de éxito ha $\frac14$.

Esto podría ser explicado en el libro de Probabilidad Geométrica por Herbert Solomon.

Pero todo esto no responde a la pregunta.

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