对称性-书籍校对

内接三角形和四面体

中出现了以下问题谜语人它们包括随机拾取圆或球体上的点，并查看生成的形状是否包含中心。

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？

以下是我对这两个问题的解决方案：
[显示解决方案]

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。我将指出这个观察结果，然后用数学方法证明它。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.

由于圆上的点是均匀随机选择的，因此每个点都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，而不是随机一致地选取其余两个点：

随机均匀地拾取穿过圆心的两条线。
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有同样的可能性，因为每个端点的选择（$B$或$B'$和$C$或$C'$）都有同样的可能性。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：
\[
\vec{p}
\quad\text{和}\quad
（\vec{q}\text{或}-\vec}q}）
\quad\text{和}\quad
（\vec{r}\text{或}-\vec}r}）
\quad\text{和}\quad
（\vec{s}\text{或}-\vec}）
\]我们想测试$\vec{x}=\vec}o}$是否在四面体内部。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_3\vec｛r｝+\lambda_4\vec｛s｝&
\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｝&=\lambda1\vec｛p｝+\lambda2\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{右}-\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）\\
&（\lambda_1，\lambda_2，-\lambda_3，\lambda_4）&
&（λ_1，λ_2，-\lambda_3，-\lambda_4）\\
&（lambda_1，-\lambda_2，\lambda _3，\lampda_4）&
&（\λ_1，-\λ_2，\λ_3，-\lambda_4）\\
&（lambda_1，-\lambda_2，-\lambda_3，\lambda _4）&
&（lambda_1，-\lambda_2，-\lambda_3，-\ lambda_4），
\结束分别{align}。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。

四面体拼图

这篇文章是关于3D几何的谜题包括球体和四面体！问题是：

我们想为秋天制作一份新礼物，我们有很多半径为1的球体，这些球体是去年狂热的坐立不安球体留下来的，我们想四个一组出售。我们还从上个月的金字塔节中获得了很多额外的四面体包装。我们能装四个球体的最小四面体是什么？

这是我的解决方案：
[显示解决方案]

我们将用老派（读作高中）几何来解决这个问题。与其从四个球体开始寻找包含它们的最小四面体，我们将解决等效问题，即从一个固定的四面体开始，寻找可以装入其中的最大球体。我们将使用单位边长的四面体。将一个顶点放置在原点$\vec O（0,0,0）$处，一个顶点位于$x$-轴$\vecP（1,0,0”）$上，一个面位于$xy$-平面上。这导致在$\vecQ（\frac{1}{2}，\frac}\sqrt{3}}{2{，0）$处有一个顶点，因为$OPQ$是一个等边三角形。为了找到最终的顶点$R$，我们通过对称性知道它的$x$和$y$坐标与$OPQ$的质心坐标相同，所以$x=\frac{1}{2}$和$y=\frac}\sqrt{3}}{6}$（它位于海拔的三分之一！）。为了找到最终的坐标，我们寻找$z$，这样$x^2+y^2+z^2=1$，因为所有边的长度都是$1$。这将引导我们到达四面体的最终顶点：$\vec R（\frac{1}{2}，\frac}\sqrt{3}}{6}，\frac{\sqrt}}{3}）$。

四面体的中心可以通过查找形式为$\alpha（\vec P+\vec Q+\vecR）$的点（同样通过对称）来找到，其$x$-坐标为$\frac{1}{2}$。这样做会把我们带到中心：$\vec C（\frac{1}{2}，\frac}\sqrt{3}}{6}，\ frac{\sqrt}}{12}）$。接下来，让我们查找距离原点最近的球体中心。根据对称性，它的形式必须是$\vec C_1=\beta\vec C++。我们想找到$\beta$，它是$x$-到点$x=\frac{1}{2}$的距离是$r$（所以它只接触到最接近$\vecP$的球体），我们还想它的$z$坐标是$r$（所以它是到$xy$平面的距离$r$，因为它是球体的切点）。有关参考，请参见下图。我是说$C_1$（球体的中心）应该在$OC$线上，我们应该有$|C_1M|=|C_1A_1|=r$。

刚才描述的方程式是：
\开始{align}
\压裂{1}{2}\beta&=\frac{1}{2} -r（右）\\
\压裂{\sqrt{6}}{12}\beta&=r
\结束｛align｝
求解这个方程组得到$\beta=\frac{6-\sqrt{6}}{5}$和$r=\frac{\sqrt{6}-1}{10} 大约0.145美元。这是当四面体的边长为$1$时，我们可以使用的最大球体的半径。如果半径是$1$，那么我们必须相应地缩放四面体。产生的边长为：
\[
s=\frac｛10｝｛\sqrt{6} -1个}=2平方{6}+2约6.89898
\]这是一个包含四个球体的整个金字塔的比例图：

太空竞赛

这个谜题这是一个关于用硬币填充方桌空间的游戏。

两名球员坐在一张方桌旁。第一个玩家将一枚硬币放在桌上，第二个玩家将硬币放在桌子上，然后他们继续一枚接一枚地放置硬币，唯一的条件是不允许硬币接触。获胜者是将最后一枚硬币放在桌子上的人，这意味着他或她将填充其他硬币之间的最后剩余空间。

桌子必须比一枚硬币大，所有放置的硬币必须大小相同。如果球员发挥最佳，两名球员中的一名一定会赢吗？如果是，获胜策略是什么？

需要提示吗？
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这是我的解决方案：
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将多边形切成两半

这个谜题就是把多边形切成两半。问题是：

大恶棍雷瑟·拉里（Laser Larry）威胁要立即摧毁里德勒总部（Riddler Headquarters）（从上面看，该总部的形状就像一个没有庭院或其他有趣业务的普通五角大楼）。他计划用一种高功率的垂直平面射线来完成这项工作，从上面看，这种射线将把建筑物按面积精确地切成两半。大楼很快就被疏散了，但在内部数学家将最敏感的筛选设备移出大楼内有极高被炸毁风险的地方之前。

这些地方在哪里？它们比最安全的地方风险有多大？（定性地描述这些地方是可以的。）

额外学分：获得定量！从上面看，有多少高危点？如果有无穷多，它们的总面积是多少？

这是我的解决方案：
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解释说明

因为这个问题没有解释如何定义“风险”，所以有两种主要的解释方法。

我们可以假设激光切割将随机发生，点的“风险”与切割击中它的可能性有关。如果点是一个几何点，并且切割无限薄，则所有点的概率都为零。如果假设点的大小是有限的，那么这个问题是有意义的，但我们仍然需要担心切割是如何分布的例如：
- 我们可以从随机均匀选择切割角度开始，然后在此角度选择有效切割。
- 我们可以随机选择周长上的一个点，然后选择通过该点的有效切割。
- 我们可以在区域内部均匀地随机选取一个点，然后选择一个有效的切入点。
每种方法都会产生不同的答案！这个概念与伯特兰悖论.
另一种解释该问题的方法是完全避免概率，并计算可以通过某一点的不同可接受切割数，并将其用作衡量该点“不安全”程度的指标。

我选择解释#2是因为它是一个定义明确的问题，不需要做额外的假设。我还将为每个多边形提供解决方案，因为为什么不能！

偶数个边

让我们从一个简单的案例开始。如果建筑物是一个正方形、六边形或任何其他边数为偶数的多边形，那么通过对称性可以清楚地看出，所有切割都将通过多边形的中心。请参阅下面的插图。

我们都同意大楼中间很不安全，因为所有切割穿过它。同时，建筑中的每一个点都有一个可能的切口穿过它。如果我们有无限多的边（圆形建筑），也是如此。

奇数边

如果建筑物是一个边数为奇数的多边形，例如三角形或五边形，那么事情会变得更有趣。事实证明并非所有穿过中心的切口都能将该区域等分。要了解原因，请查看下面的五角大楼，中心位于$P$，短半径$|PA'|=1$。延伸顶部和底部边缘，使其在$O$处相交，如图所示。可以为任意数量的边$n$绘制类似的数字。无论如何，我们将有$\theta=\tfrac{\pi}{n}$。

显然，$AA'$和$BB'$是有效的削减，因为根据对称性，它们将五角大楼的面积一分为二。假设我们想让$XY$也成为一个有效的削减。然后得出面积$（OAA'）$必须等于面积$（OYX）$。定义长度$x=|OX|$和$y=|OY|$。那么我们必须：

\[
xy=|OA'||OA|=\cot
\]

如果$P$是原点，则$X$和$Y$的笛卡尔坐标为

\[
X=\开始{bmatrix}x\，-\，\cot（\tfrac{\theta}{2}）\\-1\end{bmatrix}
\qquad（平方米）
Y=\开始{矩阵}y\cos（θ）\，-\，\cot（\tfrac{\theta}{2}）\\y\sin（\theta）\，-\，1\end{bmatrix}
\]

当$X$从$A'$滑落到$B'$时，$Y$将从$A$滑落至$B$，从而使产品$xy$保持不变。我们想知道的是直线$XY$在假定所有允许配置时所绘制的曲线形状。一种方法是计算直线$XY$的参数方程。为此，计算向量$X+t（Y–X）$。然后，消除$y$以获得以下点族：

\[
Z（x，t）=\开始{bmatrix}
（1-t）x+\frac{t}{x}\cot^2（\tfrac{theta}{2}）
\]

其中，[0,1]$中的$t\和[\cot（\tfrac{\theta}{2}）中的$x\，\cot。然而，我们并不关心所有这些问题。我们只需要曲线的边界。要找到它，请固定一个坐标并最大化另一个坐标。例如，让$\eta=-1+\frac{t}{x}\cot^2（\tfrac{\theta}{2}）\tan（\theta）$，用$\ta$和$t$求解$x$，将其替换为$Z（x，t）$的第一个组件，以获得仅依赖于$\ta$and$t$的表达式。这将是$t$中的二次方，当$t=\tfrac{1}{2}$时最大化。因此，点轨迹的方程就是$Z（x，\tfrac{1}{2}）$。如果多边形有$n$边，则会有$n$这样的轨迹，每个轨迹绕$P$旋转一个角度$\frac｛2k\pi｝｛n｝$，对于$k=0,1，\dots，n-1$。在下图中，我绘制了案例$n=3,5,7$的结果（点击放大）。

这里是重复的图表，但这次绘制了一些剪切并放大到中间部分（单击放大）。

蓝线是感兴趣区域的边界。在每个区域内，所有点都具有相同数量的有效切割。例如，在三角形情况下：

蓝色形状中的点属于三个不同的切割。
蓝色形状边界上的点属于两个不同的切割。
蓝色形状外的点都属于精确的一个切割。

在下图中，我将案例$n=5$标记为每个部分的切割数量。

计算面积

奖金问题询问“高风险”点数。在我们的解释中，这将是最里面的蓝色五边形中的点（它不太像五边形，因为它的边稍微弯曲）。中间的每个点都有五个相交切割。一般来说，如果是$n$边的多边形（当然，$n$必须是奇数），则高风险区域也将（大致）是位于中间的$n$面多边形。

我们可以计算这个形状的面积，但我找不到一种优雅的方法。大致来说，我的方法如下：

从每条曲线的参数方程$x（t）$和$y（t）@开始。
求解曲线的相邻旋转版本之间的交点（这些是内部圆形多边形的顶点）。
将这些交点转换为区间$t\in[t1，t_2]$，该区间允许原始参数方程扫掠内部圆形多边形的一侧。
使用面积的叉积公式进行积分以找到内多边形的径向扇区面积：
\[
A=\int_{t1}^{t2}|x'（t）y（t）–x（t）y'（t
\]
将扇区的面积乘以$n$，得到内部圆形多边形的总面积。
在我们的例子中，除以多边形的总面积（$n\tan（\theta）$）得到面积比。

细节并不特别有趣。感谢Mathematica…面积比的最终结果是：
激光器

这似乎不是一种简化的方法。值得一提的是，这个函数很快就归零，调到$\tfrac{1}{256}\theta^6$。下面是它的图形外观。

案例$n=5$的面积比为$0.000333883\dots$，或大约为$\frac{1}{3000}$。

漂亮的图片

祝贺你取得这么大的成绩！这是区域的清晰可视化。我给每个切割厚度和透明度，并使用均匀间隔的角度。第一张图片具有大约50个厚切口，而第二张图片具有大约2000个薄切口。单击该图放大。

这是奖金交互式图形显示解决方案

如果机器人切你的披萨怎么办？

这个谜题是关于圆形的随机和弦及其描述的区域。

在RoboPizza™，馅饼是由机器人切的。每次切割时，机器人会随机（独立）在比萨饼的圆周上选取两个点，然后沿着连接它们的弦切割。如果你点了一个比萨饼，并指定你想让机器人精确地切三块，那么你的馅饼预计会有多少块？

这里有一个简单的解决方案，这是在我的原始帖子的评论中向我指出的。
[显示解决方案]

下面的解决方案稍微复杂一些，它计算的是整个分布，而不仅仅是其预期值。
[显示解决方案]

我们可以认为切割过程分为两个阶段。首先，我们沿着圆周随机选择$2n$点。然后，我们将标签指定给点：$A_1$、$A_2$、$B_1$、$B_2$，依此类推。然后，我们绘制从$A_1$s到$A_2$s、$B.1$到$B_2$的和弦，依此等等。关键的观察是，点的位置（第一步）是无关的。只有标签指定与确定交点数量相关。

例如，考虑$n=2$的情况。如果我们以顺时针方式将标签分配给点，如：$a_1、B_2、a_2、B_1$分配给四个点，则将总是成为一个交点。类似地，如果我们按$A_2、A_1、B_1、B_2$的顺序分配标签，则始终存在零个交集。这四个点在哪里并不重要，唯一重要的是标签的顺序！

由于对称性，如果交换$A_1$和$A_2$，或者即使交换$A$和$B$，交集数也不会改变。所以最终，我们只需要计算不同对可以选择的点数！

这是一张图，显示了$n=2$的细分。请记住位置每一点都不会改变。我们只是在选择如何配对。

因此，有3美元的可能选择配对方式，其中两种有3美元，另一种有1美元。所以预期的件数是

\[
S_2=\左（\tfrac{2}{3}\乘3\右）+\左（\t frac{1}{3{\乘4\右）=\t
\]

两个和弦相交的概率是$\tfrac{1}{3}$（我们在第一个问题的解决方案中使用了它）。$n=3$的情况有点复杂，因为有更多选择配对的方法，但想法是一样的。这是一张显示故障的图表。

因此，预计件数为：

\[
S_3=左（\tfrac{5}{15}\乘4\右）+左（\tfrac{6}{15{\乘5\右）+\左（\tflac{3}{15neneneep \乘6\右）++左（\tferac{1}{15neneneei \乘7\右）=5
\]

预计件数为5.

最后一个有趣的地方是：随机选择和弦的方式是重要的! 如果我们使用了不同的方法，例如，通过选取一个随机半径和该半径上的一个随机点，然后通过所选点构造一个与半径垂直的弦，那么我们将得到不同的答案！上述方法之所以有效，是因为和弦的选择方式允许我们将端点的选择方式与标签的分配方式解耦。要进一步了解为什么随机化方法很重要，请看伯特兰悖论.

如果您已经阅读了上面的解决方案，并且对一般情况下的片段分布感兴趣，请继续阅读！
[显示解决方案]

这种涉及圆和弦、交点、区域等的问题已经有了相当长的历史。表征交叉口的具体问题最早是在20世纪30年代提出并解决的，从那时起，对于存在$n$和弦的一般情况，已经找到了一些优雅的解决方案。下面我将总结的解决方案主要来自以下1975年的论文：

约翰·里奥丹（John Riordan）。“2和弦连接对的交点分布n个圆圈上的点”。计算数学, 29(129):215–222, 1975. 本文的pdf可免费获得在这里.

Riordan论文中描述的方法使用生成函数。将$T_{nk}$定义为在$2n$个普通点中选择$n$对点的方法数，以便有$k$个交点，并让$T_n（x）$是以$T_{ink}$为系数的多项式：

\[
T_n（x）=\sum_{k=0}^{k}T_{nk}x^k，\qquad\text{其中}k={n\choose 2}
\]

总和达到$K$的原因是，由于每对和弦最多只能相交一次，因此$n$和弦最多会产生$n\选择2$个交点。上述论文的关键结果是

\[
T_n（x）=\压裂{1}{（1-x）^n}\sum_{j=0}^n（-1）^ja{n+j，n-j}\，x^{j（j+1）/2}
\]

这里，$a_{nm}$是一个选票号码，这包括以下内容：假设有一次选举，候选人$A$有$n$票，候选人$B$有$m$票，有$n\gem$票。然后$a{nm}$是选举结果的出现方式（一次一个投票），这样$a$在累计计数中的投票数始终至少与$B$相同。另一种解释是$a_{mn}$是“东北”栅格路径从$（0,0）$到$（n，m）$，不与对角线点$（i，i）$交叉。封闭式表达式是：

\[
a{n+j，n-j}=frac{2j+1}{n+j+1}}{2n\选择n+j}%=frac}2j+1{2n+1}{2n+1选择n-j}
\]

在$j=0$的情况下，我们恢复所谓的加泰罗尼亚数字它出现在各种组合问题中。

使用$T_n（x）$的上述公式，我们可以将右侧展开为一系列，并比较系数，以获得$T_{nk}$。以下是$n=1，\dots，4$的$T_n（x）$的结果：

\开始{align}
T_1（x）&=1\\
T_2（x）&=2+x\\
T_3（x）&=5+6x+3x^2+x^3\\
T_4（x）&=14+28x+28x^2+20x^3+10x^4+4x^5+x^6
\结束{对齐}

通过检查系数，我们发现情况$n=2$和$n=3$与我们在第一个解决方案中发现的情况相匹配。要将这些计数转化为概率，只需将每个系数除以$T_n（1）$，即选择点对的方法总数。这个求和结果是封闭式表达式$T_n（1）=\tfrac{n！}{2^n}{2n\choose n}$。这个加泰罗尼亚数字显示为常数$C_n=T_n（0）$。换言之，$C_n$是指定和弦的方式数，以便没有交集。

预期的披萨块数量也有一个封闭式表达式，即$S_n=\frac{1}{6}（n+2）（n+3）$。以下是不同$n$值的工件分布图。

在$n到infty$的极限内，分布接近高斯分布，平均值为$S_n$，方差为$tfrac{1}{45}个（n-1）（n+3）美元。有关这些极限以及如何推导它们的更多信息，这里有一篇较新的论文：

菲利普·弗拉乔莱特和马克·诺伊。“弦图的分析组合学”。【研究报告】RR-3914，INRIA.2000。本文的pdf可免费获得在这里.

一个巧妙的积分

我最近从我最喜欢的一本书中想起了这个问题：通过问题解决问题。问题最初出现在1980年普特南比赛.

评估以下定积分。

\[
\int_0^{\pi/2}\frac{\mathrm{d} x个}{1+（\tan x）^{\sqrt{2}}}
\]

解决方案：
[显示解决方案]