Una copertura casuale

[panurgo]

Miei cari e ottimi, ho cercato nel forum per vedere se questo c'era già e non l'ho trovato. La Probabilità ci piace, quindi lo posto (se c'è già e voi lo trovate perdonatemi...)

Scelti a caso tre punti $\text{P}$, $\text{Q}$ e $\text{R}$, sul perimetro del quadrato $\text{ABCD}$ qual è la probabilità che il triangolo $\text{PQR}$ copra il centro $\text{O}$ del quadrato?

G185 (Diophante.fr)

Generalizziamo con un $n$-agono regolare?

[franco]

Provo così al volo senza la possibilità di postare formule o disegni e, per iniziare, immagino di partire dal caso generale di un $n$-agono con $n$ infinito: una circonferenza

Detto $x$ l'angolo al centro ($<π$) fra i primi 2 punti, la probabilità che il terzo formi un triangolo che copre il centro è $P(x)=(2π-x)/2π$.

Per calcolare la probabilità complessiva integro per $x$ da $0$ a $π$ e poi divido il risultato per $π$.

Il risultato, se non ho sbagliato ragionamento/calcoli, è $P=3/4$

------------ EDIT ------------------

Ho scritto un sacco di fesserie ... riprovo:

Detto $x$ l'angolo al centro ($<π$) fra i primi 2 punti, la probabilità che il terzo formi un triangolo che copre il centro è $P(x)=x/2π$.
Infatti, la condizione per cui il triangolo copra il centro è che il terzo punto si trovi nell'arco di corconferenza simmetrico (rispetto al centro) a quello delimitato dai primi due punti.

Per calcolare la probabilità complessiva integro per $x$ da $0$ a $π$ e poi divido il risultato per $π$.

Il risultato, se non ho sbagliato di nuovo ragionamento/calcoli, è $P=1/4$

[Gianfranco]

Il risultato, se non ho sbagliato di nuovo ragionamento/calcoli, è $P=1/4$

Così torna anche in una mia simulazione.

A questo punto stavo riflettendo su una cosa:

probab_centro.jpg (22.79 KiB) Visto 5844 volte

a) per ogni terna "buona" sulla circonferenza, ne esiste una "buona" sul quadrato e viceversa: basta proiettare i vertici del triangolo usando raggi della circonferenza come mostrato nelle figure.
b) allo stesso modo, per ogni terna "non buona" sulla circonferenza, ne esiste una "non buona" sul quadrato e viceversa.

Se si potesse dimostrare rigorosamente questa corrispondenza biunivoca, allora la probabilità sarebbe la stessa per la circonferenza e il quadrato, cioè 1/4.
E forse si potrebbe estendere agli altri poligoni regolari inscritti.

E' solo un'idea, non sono sicuro.

[franco]

A questo punto stavo riflettendo su una cosa:

a) per ogni terna "buona" sulla circonferenza, ne esiste una "buona" sul quadrato e viceversa: basta proiettare i vertici del triangolo usando raggi della circonferenza come mostrato nelle figure.
b) allo stesso modo, per ogni terna "non buona" sulla circonferenza, ne esiste una "non buona" sul quadrato e viceversa.

Se si potesse dimostrare rigorosamente questa corrispondenza biunivoca, allora la probabilità sarebbe la stessa per la circonferenza e il quadrato, cioè 1/4.
E forse si potrebbe estendere agli altri poligoni regolari inscritti.

E' solo un'idea, non sono sicuro.

Non so ... credo molto dipenda dalla "casualità" con cui scegliamo i punti.
Nel caso della circonferenza pensare a una distribuzione uniforme di punti casuali sulla lunghezza della circonferenza è equivalente a pensarli distribuiti uniformemente sull'angolo al centro.
In un quadrato la cosa cambia; se li distribuisco uniformemente sugli angoli nei lati risulteranno un po' più affollati al centro rispetto alle vicinanze al vertice.

Però sono poco avezzo a queste finezze, non sono nemmeno sicuro di essermi espresso chiaramente ...

Nel frattempo (e nei ritagli di tempo) sto ragionando a un'ipotesi sul quadrato ... ma mi serve tempo

[Gianfranco]

Non so ... credo molto dipenda dalla "casualità" con cui scegliamo i punti.
Nel caso della circonferenza pensare a una distribuzione uniforme di punti casuali sulla lunghezza della circonferenza è equivalente a pensarli distribuiti uniformemente sull'angolo al centro.
In un quadrato la cosa cambia; se li distribuisco uniformemente sugli angoli nei lati risulteranno un po' più affollati al centro rispetto alle vicinanze al vertice.

Questi problemi di probabilità, per me, sono pieni di trappole: certe cose che sembrano intuitive potrebbero rivelarsi sbagliate...

Comunque, visto che il problema dice che i punti sono scelti a caso sul PERIMETRO, ho pensato di prenderli a caso su un segmento lungo come il perimetro e poi di piegarlo ottenendo una circonferenza. Ma non sono sicuro se si può passare dalla circonferenza al quadrato e ai poligoni regolari...

[franco]

Nel frattempo (e nei ritagli di tempo) sto ragionando a un'ipotesi sul quadrato ... ma mi serve tempo

Mah... diciamo subito SALVO ERRORI.

Intanto partiamo col quadrato di lato unitario.
I tre punti sul perimetro possono risultare:
a. tutti sullo stesso lato
b. su due lati adiacenti
c. su due lati opposti
d. su tre lati distinti

Le quattro opzioni hanno le probabilità indicate in figura:

Q1.png (20.08 KiB) Visto 5807 volte

Risulta abbastanza evidente che con le configurazioni a. e b. la probabilità di formare un triangolo che copra il centro è nulla!

Per le altre due configurazioni ho calcolato le probabilità in questo modo:

Q2.png (20.26 KiB) Visto 5807 volte

e

Q3.png (18.3 KiB) Visto 5807 volte

A questo punto calcolo la probabilità complessiva:

Q4.png (6.46 KiB) Visto 5807 volte

Sorpresa! è pari a 1/4, come nel caso del cerchio ...

[panurgo]

Consideriamo il cerchio:ovunque si prenda il primo punto, la retta passante per tale punto e per il centro del cerchio è un asse di simmetria

G185.02.1.480x480.png (21.83 KiB) Visto 5805 volte

Il secondo punto può quindi essere preso indifferentemente in uno dei due semicerchi: il punto medio del semicerchio è il punto che viene preso in media, nel senso che ad ogni punto preso a $1/2-x$ corrisponde il punto a $1/2+x$.

G185.02.2.480x480.png (25.8 KiB) Visto 5805 volte

Perché il triangolo formato dal terzo punto contenga il centro, tale punto deve cadere nell'arco tratteggiato: un quarto di cerchio per cui $p=1/4$.
Questo ragionamento può essere esteso facilmente al quadrato

G185.02.3.480x480.png (27.88 KiB) Visto 5805 volte

e a tutti i poligoni regolari dotati della simmetria $s_4$: quelli con un numero di lati multiplo di quattro

G185.02.4.480x480.png (34.91 KiB) Visto 5805 volte

Per gli altri, ci sto lavorando...

[panurgo]

[...]
Questo ragionamento può essere esteso facilmente al quadrato
[...]

Sono stato abbastanza impreciso. Un poligono di $n$ lati ha le simmetrie del Gruppo Diedrale, $D_n$: $n$ rotazioni di $\frac{2\pi}{n}$ e $n$ riflessioni. Se consideriamo un quadrato, la retta $\text{OP}$ rompe la simmetria lasciando solo due rotazioni di $\pi$.

G185.06.2.480x480.png (15.02 KiB) Visto 5767 volte

Dato che la figura è simmetrica per la rotazione di $\pi$, le due metà del quadrato sono equivalenti e il punto $\text{Q}$ cade in media a metà della spezzata che congiunge $\text{P}$ e $\text{P}^\prime$

G185.06.3.480x480.png (19.42 KiB) Visto 5767 volte

Questa figura ha quattro rotazioni di $\frac{\pi}2$ per cui le quattro spezzate $\text{PQ}$, $\text{QP}^\prime$, $\text{P}^\prime\text{Q}^\prime$ e $\text{Q}^\prime\text{P}$ sono equivalenti: questo ci obbliga ad assegnare una probabilità di $\frac14$ in base al Principio di Indifferenza.

Nel caso del cerchio le rette $\text{OP}$ e $\text{OQ}$ sono anche assi di simmetria ma ciò non è necessario per la dimostrazione: basta la rotazione di $\frac{\pi}2$

Nel caso dell'esagono (e degli altri poligoni regolari con $4k+2$ lati), la retta $\text{OP}$ lascia ancora solo due rotazioni di $\pi$

G185.04.2.480x480.png (23.98 KiB) Visto 5767 volte

ma la retta $\text{OQ}$ non è più necessariamente perpendicolare alla retta $\text{OP}$: il punto $\text{Q}$ deve essere trovato imponendo l'uguaglianza delle due spezzate $\text{PQ}$ e $\text{QP}^\prime$.
Le due rette sono perpendicolari solo quando coincidono con gli assi di simmetria dell'esagono

G185.04.3.480x480.png (19.56 KiB) Visto 5767 volte

Ciò non toglie che la figura con due rette rimanga invariata per una rotazione di $\pi$: scopriamo che le rotazioni di $\frac{\pi}2$ sono eleganti ma non necessarie, basta la rotazione di $\pi$ che rende equivalenti tra loro le spezzate $\text{PQ}$ e $\text{P}^\prime\text{Q}^\prime$ e le spezzate $\text{QP}^\prime$ e $\text{Q}^\prime\text{P}$ rispettivamente. Quindi assegneremo anche in questo caso, in base al Principio di Indifferenza, una probabilità di $\frac14$.

Diverso è il caso dei poligoni con un numero dispari di lati

G185.07.1.480x480.png (18.94 KiB) Visto 5767 volte

Evidentemente la retta $\text{PQ}$ rompe tutte le simmetrie tranne l'identità (che è indistruttibile, credo ): in questo caso bisogna procedere analiticamente come ha fatto Franco.