Matematyka.pl

Na powierzchni kuli wybieramy losowo 4 punty. Ile wynosi prawdopodobienstwo, ze 4 z nich leza na powierzchni pewnej polkuli?

Prawdopodobieństwo, że dwie muchy są w pewnej półkuli jest równe jeden. Przypadek z trzema również.
Gdy trzy muchy leżą na tym samym okręgu, to gdziekolwiek usiądzie czwarta mucha, to będą wszystkie w tej samej półkuli.
Zajmijmy się więc przypadkiem, że dowolne trzy nie leżą na jednym okręgu.
Każdą muchę utożsamiamy ze "szpicem" ( wierzchołkiem półkuli). Każda półkula dzieli swoim okręgiem kulę na dwie części. Cztery półkule, a więc cztery okręgi dzielą sferę na \(\displaystyle{ 14}\) regionów.
Każdy region jest nie pokryty przez daną półkulę z prawd. \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\).
Region jest nie pokryty przez żadną z półkul z prad. \(\displaystyle{ \frac{1}{2^4}}\).
Rozwiązanie polega na tym, że jeżeli chociaż jeden z regionów nie jest pokryty przez chociaż jedną półkulę, to muchy leżą w jednej półkuli. Ponieważ regionów jest \(\displaystyle{ 14}\) to prawdopodobieństwo, że przynajmniej jeden jest nie pokryty wynosi \(\displaystyle{ \frac{14}{16}}\).

Ostatnie dwa kroki są trochę nie jasne. Może ktoś to rozumie?

Wyznaczę prawdopodobieństwo, że \(\displaystyle{ n}\) losowo wybranych punktów na sferze leży na jednej półsferze. Nie będzie to jednak elementarne.

Po pierwsze sprecyzuję o jakie prawdopodobieństwo tutaj chodzi. Wybory \(\displaystyle{ n}\) punktów na sferze \(\displaystyle{ S}\), czyli zdarzenia elementarne, utożsamiamy z mierzalnymi podzbiorami w produkcie \(\displaystyle{ S\times\ldots\times S}\) z . Jest to miara, zgodna z powierzchnią trójkątów sferycznych, co wystarcza do zrozumienia rozwiązania. Dodatkowo potrzebuję faktu, że prawdopodobieństwo, że trzy punkty leżą na jednym okręgu wielkim wynosi \(\displaystyle{ 0}\). Wynika to stąd, że okrąg wielki można pokryć dwoma trójkątami sferycznym o dowolnie małej sumie pól.

Formalizuję to powyżej.

Niech \(\displaystyle{ \mathcal{M}}\) będzie \(\displaystyle{ \sigma}\)-ciałem zbiorów borelowskich na \(\displaystyle{ S^{(n)}:=S\times\ldots\times S}\).

Niech \(\displaystyle{ P:\mathcal{M}\to [0,1]}\) będzie produktem znormalizowanych naturalnych (czyli zbiory izometryczna mają tę samą miarę) miar borelowskich na sferze.

Teraz rozwiązanie.

Lemat: Na sferze \(\displaystyle{ S}\) dane jest \(\displaystyle{ n}\) okręgów wielkich takich, że żadne trzy nie są współpękowe. Wówczas graf o wierzchołkach będących punktami przecięć tych okręgów i krawędziach będących łukami tych okręgów łączącymi wierzchołki ma \(\displaystyle{ n^2-n+2}\) ścian.

Dowód lematu: \(\displaystyle{ F}\) - szukana liczba ścian. Liczba wierzchołków \(\displaystyle{ V=n(n-1)}\), liczba krawędzi \(\displaystyle{ E=2n(n-1)}\), charakterystyka Eulera sfery \(\displaystyle{ \chi(S)=2}\), podstawiamy do \(\displaystyle{ V-E+F=\chi(S)}\) i otrzymujemy tezę.


Sferę \(\displaystyle{ S}\) utożsamiamy ze zbiorem \(\displaystyle{ \left\{x=(x_1,x_2,x_3)\in\mathbb{R}^3:||x||_2=\sqrt{x_1^2+x_2^2+x_3^2}=1\right\}}\).

Niech \(\displaystyle{ M\subseteq S^{(n)}}\) będzie zbiorem wszystkich punktów \(\displaystyle{ (\mu_1,\ldots,\mu_n)}\) takich, że \(\displaystyle{ \mu_i}\) leżą na jednej półsferze. Szukamy \(\displaystyle{ P(M)}\) (mierzalność \(\displaystyle{ M}\) wynika na wiele sposobów z dalszych rozważań).

Niech \(\displaystyle{ X=(x_1,\ldots,x_n)\in M}\) oraz niech \(\displaystyle{ H_1,\ldots,H_n}\) będą otwartymi półsferami o biegunach odpowiednio w punktach \(\displaystyle{ x_1,\ldots, x_n}\).
Zauważmy, że \(\displaystyle{ X\in M}\) wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ \bigcap_{j=1}^nH_j\neq\emptyset}\). Rozważmy zbiór \(\displaystyle{ B=\{Y\in S^{(n)}:\|X-Y\|_2<\varepsilon\}}\) dla \(\displaystyle{ \varepsilon>0}\) odpowiednio małego t.j. takiego, że \(\displaystyle{ B\subseteq M}\). Niech \(\displaystyle{ I=(i_1,\ldots,i_n)\in\{-1,1\}^n}\) będzie wieloindeksem o wyrazach \(\displaystyle{ \pm 1}\). Rozważmy rodzinę funkcji \(\displaystyle{ \sigma_I:S^{(n)}\to S^{(n)}}\) danych wzorami: \(\displaystyle{ \sigma_I(X)=(i_1x_1,\ldots,i_nx_n)}\) - czyli identyczności lub antypody na współrzędnych, w szczególności izometrie. Zbiory \(\displaystyle{ \sigma_{I}(B)}\) są rozłączne i jest ich \(\displaystyle{ 2^n}\) oraz są one parami przystające, czyli równej miary. Ponadto \(\displaystyle{ \sigma_I(B)\subseteq M}\) wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ \bigcap_{j=1}^ni_jH_j\neq\emptyset}\). To ostatnie z kolei zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ \bigcap_{j=1}^ni_jH_j}\) jest jedną ze ścian grafu wyznaczonego przez okręgi wielkie odpowiadające półsferom \(\displaystyle{ i_jH_j}\), czyli dla dokładnie \(\displaystyle{ n^2-n+2}\) spośród \(\displaystyle{ 2^n}\) możliwych \(\displaystyle{ I}\) na mocy lematu. Zbiór \(\displaystyle{ S^{(n)}}\) można pokryć, z dokładnością do zbioru miary zero, przeliczalną liczbą orbit postaci \(\displaystyle{ \{\sigma_I(B)\}}\) takich że \(\displaystyle{ \sigma_I(B)\neq\sigma_j(B)}\) o ile \(\displaystyle{ I\neq J}\), zatem \(\displaystyle{ P(M)=\frac{n^2-n+2}{2^n}}\).

Żeby rozwiązać zadanie wstawiamy \(\displaystyle{ n=4}\) i otrzymujemy \(\displaystyle{ \frac 78}\).

Całkiem ciekawe zadanie.
Warto jeszcze dodać, że dla \(\displaystyle{ n}\) losowo i niezależnie wybranych punktów na sferze w \(\displaystyle{ \mathbb R^d}\) prawdopodobieństwo, że punkty te leżą na jednej półsferze wynosi
\(\displaystyle{ \frac{\sum_{k=0}^{d-1}{n-1\choose k}}{2^{n-1}}}\)
(\(\displaystyle{ d,n}\) całkowite, dodatnie, ponadto jak zwykle przyjmujemy \(\displaystyle{ {i\choose j}=0}\), gdy \(\displaystyle{ j>i\geq 0}\) całkowite).

W szczególności dla \(\displaystyle{ d=3}\) dostajemy \(\displaystyle{ \frac{n^2-n+2}{2^n}}\), jak w poście powyżej, a dla \(\displaystyle{ d=2}\) dostajemy \(\displaystyle{ \frac n{2^{n-1}}}\) - por. zadanie 18 (o połamanej bagietce) z pierwszego dnia tegorocznego (2016) finału GMiLa, gdzie \(\displaystyle{ n=7}\).

Ponadto z podanego wzoru wynika, że gdy \(\displaystyle{ n\leq d}\) to prawdopodobieństwo to wynosi 1 (co jest oczywiste i bez wzoru).

andkom pisze: Warto jeszcze dodać, że dla \(\displaystyle{ n}\) losowo i niezależnie wybranych punktów na sferze w \(\displaystyle{ \mathbb R^d}\) prawdopodobieństwo, że punkty te leżą na jednej półsferze wynosi
\(\displaystyle{ \frac{\sum_{k=0}^{d-1}{n-1\choose k}}{2^{n-1}}}\)
(\(\displaystyle{ d,n}\) całkowite, dodatnie, ponadto jak zwykle przyjmujemy \(\displaystyle{ {i\choose j}=0}\), gdy \(\displaystyle{ j>i\geq 0}\) całkowite).

Dowód, że to prawdopodobieństwo jest równe (liczba obszarów) / \(\displaystyle{ 2^n}\) przenosi się bez zmian na wyższe wymiary. Udało mi się wygrzebać fakt, że . Ale to dość długi i techniczny wynik. Dla sfery \(\displaystyle{ 2}\) - wymiarowej istotnie łatwiej.

hannahannah pisze: Udało mi się wygrzebać fakt, że . Ale to dość długi i techniczny wynik. Dla sfery \(\displaystyle{ 2}\) - wymiarowej istotnie łatwiej.

Wooow. Ale czad. Fajne odkrycie ten artykuł. Prawdę mówiąc wymyśliłem to w nie więcej, niż 15 minut. Nie przyszło mi nawet do głowy szukać, bo uznałem, że to proste i nie spodziewałem się, że komuś by się chciało o tym pisać (chyba, że jako lemat potrzebny do czegoś większego). Tymczasem okazuje się, że dwaj panowie z Kalifornii napisali na ten temat cały artykuł:

Ho Chungwu, Seth Zimmerman - On the number of regions in an m-dimensional space cut by n hyperplanes - Austral. Math. Soc. Gaz. 33 (2006), no. 4, 260-264.

Z tego, co widzę ta gazeta ma raczej charakter popularyzatorski. To trochę tłumaczy sprawę.
Szukając więcej informacji o artykule i jego pochodzeniu natknąłem się na inny artykuł jednego z autorów:

Seth Zimmerman - I believe it, but I don't see it - Internat. J. Math. Ed. Sci. Tech. 44 (2013), no. 3, 452-456.

Tytuł brzmi intrygująco. Pewnie zajrzę z ciekawości (choć ciekawsze byłoby "I see it, but I don't believe it").

Dzięki za fajne odkrycie.