类别：竞争问题

这个问题也表现为问题A-61992年威廉·洛厄尔·普特南数学竞赛。写了这篇博文后，我还发现视频关于这个问题@3蓝色1棕色视频非常清晰，制作精良；我强烈推荐它！我在下面介绍的解决方案与视频中的解决方案类似，只是我在末尾还包括了一个提供更多数学细节的部分。

问题的2D和3D版本都可以用类似的方式解决，使用相同的关键观察。我将指出这一观察结果，然后用数学方法加以证明。我们将从第一个问题开始，因为它有点简单，但两者的逻辑是相同的。

问题1：三角形和圆形

问题中的对称性允许我们（在不损失通用性的情况下）固定第一个点，然后随机均匀地选取其余两个点，而不是随机选取圆上的三个点。假设第一个点固定在圆的顶部。对于剩下的两个点，每个点都有一个“镜像点”，它位于圆的另一侧，与之直接相对。在mathspeak中，一个点及其镜像点被称为截然相反的.

由于圆上的点都是随机均匀地选择的，因此每个点都有可能被选择为与其截然相反的对应点。因此，我们将执行以下等效操作，而不是随机均匀地拾取剩余的两个点：

1. 随机均匀地拾取穿过圆心的两条线。
2. 对于每条线，随机选择其两个端点之一。

对于两种直径（$BB'$和$CC'$）的每一种选择，根据选择的直径端点，我们可以制作四个可能的三角形：$ABC$、$AB'C$、$AB'$和$AB'C'$。这是一张图表，说明了三角形的选择。

四个三角形中的一个包含中心点$O$。这不是偶然！无论我们选择哪两个直径$BB'$和$CC'$，生成的四个三角形中只有一个包含中心点$O$几乎可以肯定此外，这四个三角形中的每一个都具有同等的可能性，因为每个端点的选择（$B$或$B'$和$C$或$C'$）都具有同等可能性。因此，三角形包含中心点$O$的概率为$\frac{1}{4}$。

问题2：四面体和球体

对于这个问题，我们可以应用与2D情况完全相同的逻辑：将一个点固定在球体顶部，然后通过首先随机选取三个直径来选择其余三个点，然后针对每个直径随机选取其端点之一。再次证明，8个可能的四面体中正好有一个包含球体的中心。每个三角形的可能性都相等，因此随机四面体包含球体中心的概率为$\frac{1}{8}$。

数学证明

上述结果取决于观察结果，即4个三角形中的一个（在2D情况下）或8个四面体中的一个子（在3D情况下）正好包含圆或球体的中心。我们现在将通过使用重心坐标假设四面体的顶点位于$\vec{p}$、$\vec{q}$、$\vec}r}$、美元\vec[2]s}$。给定一个点$\vec{x}$（不一定在球体表面上），我们可以将其表示为线性组合：
\[
\vec{x}=\lambda_1\vec{p}+\lambda 2\vec{q}+\lambda 2_vec{r}+\lambda_4\vec}
\]四个$（\lambda_1，\lambda_2，\lampda_3，\lambda_4）$是重心坐标关于四面体的$\vec{x}$。这种表示不是唯一的，但如果我们添加一个规范化约束，例如$\lambda_1+\lambda_2+\lampda_3+\labmda_4=1$，它就会变得唯一。重心坐标的一个关键性质是，当且仅当所有坐标都具有相同的符号时，$\vec{x}$位于四面体内部。原因是四面体的内部也是凸面船体它的顶点。

我们可以利用上述财产来解决我们的问题。假设$\vec{o}$是球体的中心，并假设它位于原点。这意味着与任何点$\vec｛y｝$完全相反的点就是$-\vec｛y｝$。如前所述，我们将修复$\vec{p}$。8个可能的（同样可能的）四面体是通过使用顶点形成的：
\[
\vec{p}
\quad\text{和}\quad
（\vec{q}\text{或}-\vec}q}）
\quad\text{和}\quad
（\vec{r}\text{或}-\vec}r}）
\quad\text{和}\quad
（\vec｛s｝\text｛or｝-\vec｛s｝）
\]我们想测试$\vec｛x｝=\vec｛o｝$是否在四面体内。因此，我们应该为8个可能的四面体求解的8个方程是：
\开始{align}
\vec{o}&=\lambda_1\vec{p}+\lambda 2\vec{q}+\lambda 2_vec{r}+\lambda_4\vec}&
\vec{o}&=\lambda_1\vec{p}+\lambda 2\vec{q}+\lambda_3\vec{右}-\lambda_4\vec{s}\\
\vec{o}&=\lambda_1\vec{p}+\lambda_2\vec{q}-\lambda_3\vec{r}+\lambda_4\vec}&
\vec{o}&=\lambda_1\vec{p}+\lambda_2\vec{q}-\λ_3\vec{右}-\lambda_4\vec{s}\\
\vec{o}&=\lambda_1\vec{p}-\λ2\vec{q}+\lambda_3\vec{r}+\lambda_4\vec}&
\vec{o}&=\lambda_1\vec{p}-\lambda_2\vec{q}+\lambda_3\vec{右}-\lambda_4\vec{s}\\
\vec{o}&=\lambda_1\vec{p}-\λ_2\vec{q}-\lambda_3\vec{r}+\lambda_4\vec}&
\vec{o}&=\lambda_1\vec{p}-\λ_2\vec{q}-\λ_3\vec｛r｝-\lambda_4\vec{s}。
\结束{align}但是这些方程有非常相似的解！实际上，如果$（\lambda_1，\lambda_2，\lampda_3，\lambda_4）$解出第一个方程，则上述方程的解为：
\开始{align}
&（\lambda_1，\lambda _2，\lampda_3，\lambda_4）&
&（λ_1，λ_2，λ_3，-\lambda_4）\\
&（\λ_1，\λ_2，-\λ_3，\lambda_4）&
&（λ_1，λ_2，-\lambda_3，-\lambda_4）\\
&（\lambda_1，-\lambda_2，\lambda_3，\lambda_4）&
&（\lambda_1，-\lambda_2，\lambda_3，-\lambda_4）\\
&（lambda_1，-\lambda_2，-\lambda_3，\lambda _4）&
&（lambda_1，-\lambda_2，-\lambda_3，-\ lambda_4），
\结束{对齐}。很明显正好一个这四个四面体中的所有项都具有相同的符号。换句话说，八个四面体正好有一个包含球体的中心。上述论点也适用于使用类似的2D重心坐标概念的2D情况。