钝角三角形的概率

倪举鹏于14年1月份提问:
54张牌,地主里面,地主得到20张牌,那么地主得到炸弹的概率是多少(得到4个一样或者对王)?

wayne快速给出了答案,然后他们引申出了平面图形中随机选择三个点,构成钝角三角形的一系列概率问题.

扑克牌问题

对于扑克牌问题,wayne首先计算出三个人都没有炸弹的概率:
1)计算54张牌分成17,17,20三堆,且不存在4条和对王的所有情况:
母函数((x+y+z)^4-x^4-y^4-z^4)^{13} ((x+y+z)^2-x^2-y^2-z^2 )x^{20}y^{17}z^{17},x^{17}y^{20}z^{17},x^{17}y^{17}z^{20}的系数。

Select[CoefficientRules[((x+y+z)^4-x^4-y^4-z^4)^13 ((x+y+z)^2-x^2-y^2-z^2 ),{x,y,z}],Min[#[[1]]]==17&&Max[#[[1]]]==20&]

算得 341495369180333055148032\times 3= 1024486107540999165444096
2)计算54张牌分成17,17,20三堆的所有可能情况:Multinomial[17, 17, 20] =749991557119474188218700
3)有炸弹的概率就是:
1-\frac{341495369180333055148032}{749991557119474188218700}=\frac{79350463857642022741}{145686005656463517525} \approx 0.5446677153
所以有54.5%的概率至少有一人出现炸弹。
并且给出了模拟结果:
123
从54张牌里随机取20张出来 ,没有炸弹(4条或对王)的概率
((x+1)^4-x^4)^13 ((x+1)^2 -x^2)x^{20}的系数 223786474655744 除以 C_{54}^{20}.
于是有炸弹的概率:1- \frac{223786474655744}{321387366339585} =\frac{1072537271251}{3531729300435}\approx 0.303686.
模拟结果:
321

钝角三角形概率问题

倪举鹏由此引申出一个扩展的问题:
随机给定一个三角形,是钝角三角形的概率是多少?wayne指出结果依赖于三个点的限定区域

圆周问题

圆周上随机选择三点构成钝角三角形的概率是多少呢?
Lwins_G认为还可以推广到“在超球面S_n上任意取k个点,求这k个点可以被全部分配在半个超球面上的概率”。
sheng_jianguo给出如下的解答:
因为是均匀分布,所以取到每个点的概率密度与取到其对径点的概率密度是一样的。每个点都有一个对径点,这样便有k对点。在每对点中各取一点,共有2^k中取法,每种取法的概率密度是相同的。现在只要计算这2^k种取法中,有多少种取法(记为F(k))是落在同一半球上的,则所求概率为\frac{F(k)}{2^k}
上面有个假设,即认为F(k)的值只与k有关,而跟k个点的具体位置无关。这个是可以证明的(忽略两点重合,三点共大圆的零概率情况)。而且,还可以证明,F(k)等于球面上k个大圆(任意两个大圆不重合,任意三个大圆不共点)把球面分割成小片的片数。这个数目等于k^2-k+2
于是三维球面情况所求概率等于 \frac{k^2-k+2}{2^k}
hujunhua给出了对应的二维情况的图解
在一个圆周上随机取3点,构成钝角三角形的概率为3/4. 计算方法可以不用积分,使用sheng_jianguo的方案即可:
twodcircle
随机取三点,再考虑其对径点,取点或其对径点的概率是相同的,共有8个三角形,只有图中的2个才是锐角三角形,其它6个都是钝角三角形。
并且进一步给出:
如下图1,当0\lt \alpha\lt \pi时(黑标记角), 点B位于OA弧的对顶角弧上时才是锐角三角形,这时-\pi\lt\beta\lt\alpha-\pi,对应下图2右下角的灰色三角区。在其它位置都是钝角三角形,对应于下图2中的深绿色区。
\pi\lt\alpha\lt0时(红标记角), 点B同样位于OA弧的对顶角弧上时才是锐角三角形,这时\pi+\alpha\lt\beta\lt\pi,对应于下图2左上角的灰色三角区。在其它位置都是钝角三角形,对应于下图2中的浅绿色区。
钝角钝角区
kastin基于三个点的不同分布概率,使用积分模型也给出了很多不同的结论
mathe给出了一种通过积分计算的方案:
圆周上随机取n个点,落在半圆上概率可以如下计算。
对于任意t,0\lt t\le\frac12,我们设n个点落在角度不超过t\times 2\pi上概率为F_n(t),于是我们知道F_2(t)=2t.
而且F_{n+1}(t)=\int_{s=0}^t (2t-s)dF_n(s).
然后F_n(\frac12)就是所求的结果.
比如:
F_3(t)=\int_{s=0}^t(4t-2s)ds=3t^2,
F_4(t)=\int_{s=0}^t(2t-s)\times 6sds=4t^3.
猜测F_n(t)=nt^{n-1},于是F_{n+1}(t)=\int_{s=0}^t (2t-s)\times n(n-1)s^{n-2}ds=\int_{s=0}^n(2n(n-1)ts^{n-2}-n(n-1)s^{n-1}ds=2nts^{n-1}-(n-1)s^n|_{s=0}^t=(n+1)t^n,归纳假设成立.
于是n个点落在半圆上概率为\frac n{2^{n-1}}.
对于这种情况,hujunhua也用他的方法得出相同的结果:
圆周上任取n点偏于一个半圆的概率,可以如下计算:
首先,不用考虑其中任意两点处于一种固定的相对位置的情况,比如两点重合或者处于对径位置情况。对于连续的圆周来说,这样的特例概率是零。所以只需要考虑n个不同点,并且没有两点处于对径位置的情况,这样的一个n点组,我们称为一个样本。
任一特定样本s,将其中的1个点或者更多的点换成其对径点所得的新样本 s’ 称为它的一个相关样本。显然,s 连同它自身共有2^n个相关样本,对于对径变换,它们组成一个封闭的簇。
于是整个样本空间可以划分为一个个簇, 所有的簇组成样本空间的一个商集。显然,每个簇恰好有2n个半偏样本,所以取到半偏样本的概率是\frac{2n}{2^n}=\frac{n}{2^{n-1}}.
关于每个簇恰好有2n个半偏样本,说明一下。一个簇有2n点,分为n对对径点,将圆周分成了n对相对弧段。在任意一段半圆周上,都恰好包含其中的n个点(直径端无点)或者n+1个点(直径端有点,我们不用考虑这种零概率情况),这就是一个半偏样本。当半圆的直径端在一对相对弧段上滑动时,所包含的半偏样本是不变的,所以一对相对弧段对应于1对半偏样本。故共有n对半偏样本。
n点偏于半圆周
如图,红色虚线半圆(为了清晰,将它缩到了圆内,实际上应该与圆重合的)包含了一个半偏样本{1,2,3,4,…, n},当半圆的直径端P,P’在相对弧段1n’, 1’n上滑动时,半圆弧所包含的点仍然是{1,2,3,4, n}. 所以相对弧段1n’&1’n 就对应于一对相对的半偏样本{1,2,3,4,…,n}&{1′,2,’,3,’,4′,…,n’}.

sheng_jianguo进一步将问题推广到高维
若在r+1维空间中,nr-1维超球面最多可以把r维超球面切割成F(n,r)部分,则
r为奇数时F(n,r)= 2\binom{n}{1}+2\binom{n}{3}+\dots+2\binom{n}{r}
r为偶数时F(n,r)= 2\binom{n}{0}+2\binom{n}{2}+\dots+2\binom{n}{r}
(其中,\binom{n}{i}=\frac{n!}{i!\cdot{(n-i)!}}表示n个数中取i个数组合的个数(i=0,1,2,\dots,r),当n\lt r时,\binom{n}{i}=0).
所以,若在r+1维空间中,在r维超球面上任意取n个点,则这n个点可以被全部分配在半个超球面上的概率为p=\frac{F(n,r)}{2^n}
请各位高手看看上面组合公式是否还能简化。
举例:
r=1时,即2维空间中,n个双点(0维球面)最多可以把圆(1维球面)分为F(n,1)=2\binom{n}{1}=2n,故r=1时, p=\frac{2n}{2^n}
r=2时,即3维空间中,n个圆(1维球面)最多可以把球面(2维球面)分为F(n,2)=2\binom{n}{0}+2\binom{n}{2}=n^2-n+2部分,故r=2时,p=\frac{n^2-n+2}{2^n}
r=3时,即4维空间中,n个2维球面最多可以把3维球面分为F(n,3)=2\binom{n}{1}+2\binom{n}{3}=\frac{n^3-3n^2+8n}3(n>2时)部分,故r=3时,p=\frac{n^3-3n^2+8n}{3\cdot{2^n}},当n\gt 2时,p=1,当n\lt 3时。

正方形情况

那么在单位正方形内,随机取三点,构成三角形是钝角三角形的概率为多少?
wayne发现百度贴吧里面已经有人通过复杂的符号计算得出了结果\frac{97}{150}+\frac{\pi}{40}\approx0.72520648300641149763并且这个结果和他的数值模拟结果非常匹配。
Lwins_G给出:
简要思想是:
1) 一个角是否为钝角,可以用形成该角的两条有向边的内积(有向边看作向量)的正负来判别。
2) 一个三角形为钝角三角形,当且仅当其恰好有一个钝角。
故而,这归结为计算
3 \int_0^1 \int_0^1 \int_0^1 \int_0^1 \int_0^1 \int_0^1 f((x_2 – x_1)(x_3 – x_1) + (y_2 – y_1)(y_3 – y_1)) dx_1 dy_1 dx_2 dy_2 dx_3 dy_3 .
其中f(x)x \lt 0时取1,否则取0
T5236_1
从而验证了百度贴吧中结果的正确性。

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