问题1： 在一个圆上随机选择三个点，并将它们连接成三角形。 圆心包含在三角形中的概率是多少？
问题2： 在球体表面上随机选择四个点（独立且均匀分布）。 由这四个点定义的四面体包含球体中心的概率是多少？
问题1：三角形和圆形
随机选取两条穿过圆心的直线。 对于每条线，随机选择其两个端点之一。
内接三角形和四面体
关于“内接三角形和四面体”的十点思考
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你好，劳伦特，这里的老读者。 只是好奇，你用什么程序来创建你的几何图形？ 我也想开始记录我的解决方案… -
对于2D和3D中的几何图形，我使用 https://www.geogebra.org/ 这就是我过去为这篇帖子画圆圈的方式。 如果我要显示来自代码的数据，我将使用Matlab或Julia（通常与PyPlot一起使用）。 如果我在画一些简单而卡通的东西，我会使用powerpoint。 祝你好运！
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嗨，Laurent——当我遇到Riddler时，我在几何课上学习三角形的并发点和“中心”，我想知道你对这条推理线的看法。 如果形成的三角形是锐角三角形，则圆心（圆心）将落在三角形内。 如果三角形是钝角的，中心将落在外面。 （直角三角形是一种特殊情况，不会影响概率）最大角度的大小表示锐角/钝角，三角形最大角度的值范围为[60180）。在120度的范围内，30个将产生锐角三角形；30/120=1/4。 -
你好，Peter， 谢谢你的来信！ 我将分解你的论点，一步一步地进行： 1） “如果形成的三角形是锐角的，圆心（圆心）落在三角形内部。如果三角形是钝角的，中心落在三角形外部。”这是正确的。 另外一个相关的事实是，任意三个点正好决定一个圆。 因此，如果你在一个圆上选取三个点，并用它们构成一个三角形，那么你开始的那个圆实际上就是那个三角形的外接圆。 2） “最大角度的大小决定三角形是锐角还是钝角，三角形最大角度的值范围是[60180）。”这也是真的！ 3） 在这个120度的范围内，30度将产生锐角三角形； 30/120 = 1/4. 这里有一个错误。 通过计算30/120=1/4，你隐含的假设是 所有角度的可能性都相同 。很容易假设所有角度的可能性都相等，因为毕竟，你是随机选取点的！ 但事实并非如此。 以不同的场景为例； 你在掷两个骰子，然后写下总数。 总和可以是2,3，…，12。 总和为7的概率是多少？ 按照你的逻辑，有11个可能的和，所以概率应该是1/11。 但概率实际上是1/6，因为滚动7的方式比滚动任何其他数字的方式都多。 掷骰子时，是的，两者都是随机掷的，但感兴趣的随机变量不是每个骰子上的值； 这是两个函数的值。 你可以用六种不同的方式得到7：（1+6），（2+5），“3+4”，“4+3”，“5+2”，（6+1）。 同时，有36种不同的方式掷两个骰子（每个骰子6个值）。 这导致滚动7的概率为6/36=1/6。 三角形也发生了同样的事情——最大角度实际上是两个内角的函数。 内角是随机均匀选择的，很像骰子，但这并不意味着三角形的最大角度也是均匀分布的。 为了向你展示我的意思，我通过在圆上随机选择点来模拟100000个三角形，计算每个三角形的最大角度，然后绘制最大角度的直方图。 以下是我发现的点的分布： 
正如你所见，它不是统一的！ 获得175度左右的最大角度的可能性远小于获得90度左右的角度。碰巧你的计算得出了正确的答案，但这是巧合。 角度的分布是这样的，它是由两个线性部分组成的，然后求平均值，但一般来说，为了使用您的方法，您应该显式地计算角度的分布，然后像我对骰子做的那样计算概率。 这里使用的正式工具是微积分（通过计算积分可以找到解决方案），但如果您正在寻找一个快速而优雅的问题解决方案，这可能不是您想要的。 更好的方法是证明我在上面绘制的分布实际上由两条直线段组成，它们的峰值为90度。 你所寻找的概率实际上是30度到90度之间所有条形的面积除以所有条形的总面积（毕竟，积分只是寻找曲线下的面积！）。 一点几何和面积计算就会发现，这个面积比实际上是1/4！ -
谢谢劳伦特——我不认为分布是均匀的，但我对它的形状没有任何直觉，你的图表很棒，面积论证也很清楚。 接下来，我将考虑这两条直线段的理由……它们的方程式是y=x/1800（在[0,90]上）和y=1/60-1/5400（x-90）（在[90180]上）。
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我很有信心，问题一是对以下内容的补充： – – – 一个圆（周长）上的3个均匀随机点位于该圆相同一半内的概率是多少？ 也就是说，1减去上述概率即表示圆的中心位于这三个点的凸包中的概率，这就是目前的问题。 – – – 这个互补问题可以很好地推广到$t$点位于圆的同一半的概率。 一年多前我解决了这个问题，感觉有点模糊，但我仍然有杂项。 放在jupyter笔记本上。 与您的方法类似，我免费修复了第一个点。 然而，我选择将事物离散化，使圆的边界仅为$n$（其中$n$是一些偶数，理想情况下是2的幂），我们随机采样（并进行替换）大小相等的“块”。这可能会造成一点尴尬，但在通过限值后，它最终会消失。 在打破对称之后，你会得到一个具有漂亮三角形结构的吸收马尔可夫链。 例如，对于n=16，您有 $\mathbf A^{t-1}=\left[\begin{matrix}\frac{1}{16}&0&0&0&0&0-0&0\\frac{1}{8}&\frac}1}{8{0&0&0&0＆0\\frac{1}{8}&\frac{1}&\frac{1}{8}&\压裂{1}}{8{&\压裂}1}{4}&0&0&0-0\\frac{1'{8}&\压裂 &0&0&0 \\压裂{1}{8}&\压裂{1{8}&\压裂}{1}{8}&\\压裂}1}{8}&\裂缝{1}}{8}&\压裂{3}{8{&0&0-\\压裂\压裂{1}{8}和\压裂{7}{16}&0&0\\压裂{1{8}&\压裂{1'{8}&\压裂{2}和\\压裂}1}{8}&\ &\frac{1}{8}&\frac{3}{16}&\frac{1{4}&\fracc{5}{16{&\frac{3}{8}&\fracc{7}{16}&\frac:1}{2}&1\end{matrix}\right]^{t-1}$ （从左上角开始，即乘以$\mathbf A^{t-1}\mathbf-e_1$，即第一个标准基向量，并对被右下角单元格吸收的概率感兴趣。） 这个问题的结构非常好，所以我设法提取出标量方程： $\big（\frac{1}{2}\big）^{t-1}\frac}{2{–\left（\frac{1}{2}–\frac}{n}\right）^{t–1}\left$ 在将限制作为$n\to\infty$传递后，您将获得 $\frac{t}{2^{t-1}}$，在这个问题中是$\frac{3}{2|{3-1}}=\frac}3}{4}$ 哪一个是$\frac{1}{4}的补码$ -
非常酷！ 我认为你对半圆的解释是对的，这显然是对更高维度的概括（在3D中，4个点位于同一半球的概率）。 -
让我烦恼的是，我记得当时我在想，用线性代数的方法来解决这个问题是多么聪明。 然而，我无法轻易地将其推广到更高的维度。 然后我找到了这个页面： http://www.mathpages.com/home/kmath327/kmath317.htm 它无缝地推广到更高的维度，使用线性方程的简单解（使用Vandermonde矩阵）。 还有什么更简单的呢？ 稍后它做了一些更漂亮的事情，但确实是一个非常好的结果。 -
看起来这个（互补的）问题实际上又出现在了本周的Riddler经典赛上 https://fivethirtyeight.com/features/what-comes-after-840-the-answer-may-surprise-you/ 又过了一年，到目前为止，我所知道的解决这个问题的最好方法是仔细构造一个等价的问题。 这个想法是要认识到，每个令人满意的配置都有2个点作为“外部点”，概率为1（即，如果我们删除这2个“外部点“，所有其他$N-2$点将位于相同的剩余“半周长”上）。 因此，我们可以（任意）将这些N个点中的每一个标记为$1、2、…、N$，并设置一个随机变量$M$，以计算有效端点的数量（其中“有效”表示所有点都位于圆的一半或等效位置，我们可以选择一个直径，使所有点都仅位于新的一半圆的一侧）。 很明显，$M$的值为0，概率为$1-p$，这发生在实验导致配置中没有有效的直径“切割”时，而值为$2$，概率为$p$，这就是我们所追求的。 如果我们看$\frac{1} {2} M（M） $，我们看到这是一个贝努利随机变量，所以 $p=E\big[\frac{1} {2} 米 \big]=\frac{1}{2}\cdot E\big[M\big]$ 下一步是将$M$写为（高度相关的）指示符随机变量的总和。 $M=\mathbb1_{A_1}+\mathbb 1_{A2}+…+\matHBb1_[A_N}=\sum_{j=1}^N\mathbb21_{A_j}$ 其中$A_j$是$j$th点是有效配置的“外部点”的事件。 尽管存在依赖性，但我们可以将期望线性应用于上述情况 $E\big[M\big]=E\big[\sum_{j=1}^N\mathbb1_{A_j}\big]=\sum_{j=1}^N E \big[\mathbb 1_{A_j}\ big]=N\cdot E \big[\matHBb1_A_j{big]$ 要求解$E\big[\mathbb1_{A_j}\big]$（每个$j$的对称性是相同的），请考虑到对于点$j$任意给定的位置，我们可以沿着穿过中心的直径进行切割，$j$可以得到点$j$s位于中间的线段。 （从形式上讲，这是一个条件期望参数。） 那么，满意配置的概率是并集的概率（i）所有剩余的$n-1$点落在该中点的左侧，以及（ii）所有剩余$n-1$s点落在这个中点的右侧。 这些是互斥事件，因此它们的概率相加，并且它们是对称的，即每个事件的概率为 $\压裂{1}{2}^{N-1}$ 所以 $E\big[\mathbb1_{A_j}\big]=（\frac{1}{2}）^{N-1}+（\frac{1}}{2{）^}N-1}=2\cdot 2^{-N+1}=（\frac{1{2}）^{N-2}$ 把这些放在一起可以 $p=\frac{1}{2}\cdot\Big（E\Big[M\Big]\Big）=\frac{1}{2}\cdot\ Big（N\cdot E\Big[\mathbb1_{A_j}\Big]）=\ frac{1}{2}\cdot \Big$
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看起来这个（互补的）问题实际上又出现在了本周的Riddler经典赛上 https://fivethirtyeight.com/features/what-comes-after-840-the-answer-may-surprise-you/ 又过了一年，到目前为止，我所知道的解决这个问题的最好方法是仔细构造一个等价的问题。 这个想法是要认识到，每个令人满意的配置都有2个点作为“外部点”，概率为1（即，如果删除这2个“外部点“，所有其他$N-2$点都将位于相同的剩余“半周长”上）。 因此，我们可以（任意）将这N个点中的每一个标记为$1，2，…，N$，并设置一个随机变量$M$来计算有效端点的数量（其中“有效”意味着所有点都位于圆的一半，或者我们可以选择一个直径，使所有点都只在新减半的圆的一侧）。 很明显，$M$的值为0，概率为$1-p$，这发生在实验导致配置中没有有效的直径“切割”时，而值为$2$，概率为$p$，这就是我们所追求的。 如果我们看$\frac{1} {2} M（M） $我们看到这是一个贝努利随机变量， 所以 $p=E\big[\frac{1} {2} M（M） \big]=\frac｛1｝｛2｝\cdot E\big[M\big]$ 下一步是将$M$写为（高度相关的）指示符随机变量的总和。 $M=\mathbb1_{A_1}+\mathbb 1_{A2}+…+\matHBb1_[A_N}=\sum_{j=1}^N\mathbb21_{A_j}$ 其中$A_j$是$j$th点是有效配置的“外部点”的事件。 尽管存在依赖性，但我们可以将期望线性应用于上述情况 $E\big[M\big]=E\big[\sum_{j=1}^N\mathbb1_{A_j}\big]=\sum_{j=1}^N E \big[\mathbb 1_{A_j}\ big]=N\cdot E \big[\matHBb1_A_j{big]$ 要求解$E\big[\mathbb1_{A_j}\big]$（每个$j$的对称性是相同的），请考虑到对于点$j$任意给定的位置，我们可以沿着穿过中心的直径进行切割，$j$可以得到点$j$s位于中间的线段。 （从形式上讲，这是一个条件期望参数。） 那么，满意配置的概率是并集的概率（i）所有剩余的$n-1$点落在该中点的左侧，以及（ii）所有剩余$n-1$s点落在这个中点的右侧。 这些是互斥事件，因此它们的概率相加，并且它们是对称的，即每个事件的概率为 $\压裂{1}{2}^{N-1}$ 所以 $E\big[\mathbb 1_｛A_j｝\big]=（\frac｛1｝｛2｝）^｛N-1｝+（\frac｛1｝｛2｝）^｛N-1｝=2\cdot 2^｛-N+1｝=（\frac｛1｝｛2｝）^｛N-2｝$ 把这些放在一起可以 $p=\frac{1}{2}\cdot\Big（E\Big[M\Big]\Big）=\frac{1}{2}\cdot\ Big（N\cdot E\Big[\mathbb1_{A_j}\Big]）=\ frac{1}{2}\cdot \Big$
