Intersección de segmentos de recta aleatorios en el plano

Question

Intersección de segmentos de recta aleatorios en el plano

geometría
Matemáticas
probabilidad
probabilidad geométrica
proyecciones estereográficas

Ferryll

Deje que un punto en el plano sea elegido al azar a través de $(\sqrt{\frac{t}{1-t}}\cos(2\pi\theta),\sqrt{\frac{t}{1-t}}\sin(2\pi\theta))$ , dónde $t$ y $\theta$ se eligen aleatoriamente de manera uniforme en $[0,1]$ (equivalentemente, elija un punto uniformemente al azar en la superficie de la esfera y luego proyecte estereográficamente). Entonces, ¿cuál es la probabilidad de que dos segmentos de línea aleatorios (determinados por sus extremos) se crucen?

Esta es una nueva publicación de un subproblema en una publicación anterior que nunca fue respondida. La simulación Monte Carlo sugiere que la respuesta es precisamente $1/5$ , pero no me quedan ideas fructíferas de cómo probarlo.

Ferryll

@MvG Eso es correcto.

joriki

Parece que tu radio

\sqrt{\frac{t}{1 - t}}

$\sqrt{\frac t{1-t}}$ se basa en un cálculo erróneo en uno de mis comentarios a la pregunta original. me perdí un factor

2

$2$ en su proyección estereográfica, por lo que el radio

r^{2} = \frac{1 + z}{1 - z}

$r^2=\frac{1+z}{1-z}$ (con

z = 2 t + 1

$z=2t+1$ ) corresponde al punto

(x / (1 - z), y / (1 - z))

$(x/(1-z),y/(1-z))$ . La diferencia es que entre la proyección estereográfica con una esfera cortada por la mitad por el avión o sentado en el avión. Aquí el círculo mediano es el círculo unitario; ahí está el círculo con radio

2

$2$ . Lo siento por el error. Creo que sería bueno hacer que las dos preguntas usen la misma proyección.

joriki

Quizá la solución más limpia sería sacar el

2

$2$ s en la otra pregunta; entonces tanto la respuesta de MvG aquí como mis comentarios en la otra pregunta serían correctos.

Ferryll

derivé el

\sqrt{\frac{t}{1 - t}}

$\sqrt{\frac{t}{1-t}}$ mismo, de hecho basado en la proyección sin el factor de

2

$2$ . En última instancia, no importa qué proyección use, ya que son equivalentes a la multiplicación, lo que no afecta si los segmentos de línea se cruzan, pero para posiblemente evitar confusiones, continuaré y modificaré la proyección de la pregunta anterior.

contravariante

Quizás valga la pena señalar que el casco convexo de 4 puntos es un triángulo o un cuadrilátero con probabilidad 1, y en el primer caso ningún par de segmentos de línea entre ellos puede intersecarse y en el último caso hay una probabilidad de

1 / 3

$1/3$ que los segmentos de línea se intersecan. Así que este problema es equivalente a mostrar que hay un

3 / 5

$3/5$ probabilidad de que el casco convexo sea un cuadrilátero.

Respuestas (1)

Intersección de segmentos de recta aleatorios en el plano

Parece que tu radio $\sqrt{\frac t{1-t}}$ se basa en un cálculo erróneo en uno de mis comentarios a la pregunta original. me perdí un factor $2$ en su proyección estereográfica, por lo que el radio $r^2=\frac{1+z}{1-z}$ (con $z=2t+1$ ) corresponde al punto $(x/(1-z),y/(1-z))$ . La diferencia es que entre la proyección estereográfica con una esfera cortada por la mitad por el avión o sentado en el avión. Aquí el círculo mediano es el círculo unitario; ahí está el círculo con radio $2$ . Lo siento por el error. Creo que sería bueno hacer que las dos preguntas usen la misma proyección.
Quizá la solución más limpia sería sacar el $2$ s en la otra pregunta; entonces tanto la respuesta de MvG aquí como mis comentarios en la otra pregunta serían correctos.
derivé el $\sqrt{\frac{t}{1-t}}$ mismo, de hecho basado en la proyección sin el factor de $2$ . En última instancia, no importa qué proyección use, ya que son equivalentes a la multiplicación, lo que no afecta si los segmentos de línea se cruzan, pero para posiblemente evitar confusiones, continuaré y modificaré la proyección de la pregunta anterior.
Quizás valga la pena señalar que el casco convexo de 4 puntos es un triángulo o un cuadrilátero con probabilidad 1, y en el primer caso ningún par de segmentos de línea entre ellos puede intersecarse y en el último caso hay una probabilidad de $1/3$ que los segmentos de línea se intersecan. Así que este problema es equivalente a mostrar que hay un $3/5$ probabilidad de que el casco convexo sea un cuadrilátero.

MvG · Answer 1

Esta no es una solución terminada, solo una colección de ideas, pero con un poco de suerte lo llevará allí.

Cambiar a coordenadas cartesianas. Expresar intersecciones allí será más fácil. Para lograr esto, necesita una función de densidad de probabilidad $p(x,y)$ . Debe ser proporcional a la relación entre el área de la superficie de la esfera y el área de la superficie del plano después de la proyección estereográfica, para áreas infinitesimalmente pequeñas. Solo debe depender del radio (cuadrado) $x^2+y^2$ . Y, por supuesto, debe sumar uno, como en
$\iint_{- \infty}^{+ \infty} pag (X, y) d X d y = 1$ $\iint_{-\infty}^{+\infty}p(x,y)\,\mathrm dx\,\mathrm dy=1$ A menos que haya cometido un error, la función de densidad de probabilidad que desea debe ser $pag (X, y) = \frac{1}{π {(X^{2} + y^{2} + 1)}^{2}}$ $p(x,y)=\frac1{\pi\left(x^2+y^2+1\right)^2}$ Esto no se basa en su fórmula para $t$ sino en mis consideraciones para la proyección estereográfica de la esfera unitaria sobre el plano ecuatorial. Vuelva a verificar esto.
con probabilidad $1$ Cualquier tres puntos aleatorios no se encuentran en una línea. En ese caso, puede expresar el cuarto punto como una combinación lineal de estos, a saber
${PAG}_{4} = λ_{1} {PAG}_{1} + λ_{2} {PAG}_{2} + λ_{3} {PAG}_{3} con λ_{1} + λ_{2} + λ_{3} = 1$ $P_4=\lambda_1P_1+\lambda_2P_2+\lambda_3P_3\qquad\text{with }\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=1$ Luego segmento $(P_1,P_2)$ se intersecará segmento $(P_3,P_4)$ si y si $\lambda_1>0,\lambda_2>0,\lambda_3<0$ .
Combina estos. Tres puntos son aleatorios en el plano, el cuarto es aleatorio pero satisface estas restricciones.
$\begin{aligned} F_{1} & = \iint_{- \infty}^{+ \infty} F_{2} pag (X_{1}, y_{1}) d X_{1} d y_{1} \\ F_{2} & = \iint_{- \infty}^{+ \infty} F_{3} pag (X_{2}, y_{2}) d X_{2} d y_{2} \\ F_{3} & = \iint_{- \infty}^{+ \infty} F_{4} pag (X_{3}, y_{3}) d X_{3} d y_{3} \\ F_{4} & = \int_{0}^{1} \int_{1 - λ_{1}}^{+ \infty} q (X_{4}, y_{4}) d λ_{2} d λ_{1} + \int_{1}^{+ \infty} \int_{0}^{+ \infty} q (X_{4}, y_{4}) d λ_{2} d λ_{1} \\ X_{4} & = λ_{1} X_{1} + λ_{2} X_{2} + (1 - λ_{1} - λ_{2}) X_{3} \\ y_{4} & = λ_{1} y_{1} + λ_{2} y_{2} + (1 - λ_{1} - λ_{2}) y_{3} \end{aligned}$ $\begin{align*} f_1&=\iint_{-\infty}^{+\infty}f_2\,p(x_1,y_1)\,\mathrm dx_1\,\mathrm dy_1 \\ f_2&=\iint_{-\infty}^{+\infty}f_3\,p(x_2,y_2)\,\mathrm dx_2\,\mathrm dy_2 \\ f_3&=\iint_{-\infty}^{+\infty}f_4\,p(x_3,y_3)\,\mathrm dx_3\,\mathrm dy_3 \\ f_4&=\int_0^1\int_{1-\lambda_1}^{+\infty} q(x_4,y_4)\,\mathrm d\lambda_2\,\mathrm d\lambda_1 +\int_1^{+\infty}\int_0^{+\infty} q(x_4,y_4)\,\mathrm d\lambda_2\,\mathrm d\lambda_1 \\ x_4 &= \lambda_1x_1+\lambda_2x_2+(1-\lambda_1-\lambda_2)x_3 \\ y_4 &= \lambda_1y_1+\lambda_2y_2+(1-\lambda_1-\lambda_2)y_3 \end{align*}$
La formulación anterior utiliza una función de densidad de probabilidad diferente $q$ en el último paso, debido a la diferente parametrización. tendrás que expresar $q$ en términos de $p$ , utilizando reglas regulares para la integración por sustitución. Esencialmente $\mathrm dx\,\mathrm dy$ describe un área rectangular en el plano. El área correspondiente $\mathrm d\lambda_1\,\mathrm d\lambda_2$ se proyecta en el plano como un área en forma de paralelogramo que se puede calcular como el valor absoluto de un determinante
$q (X, y) = | det (\begin{matrix} X_{1} - X_{3} & X_{2} - X_{3} \\ y_{1} - y_{3} & y_{2} - y_{3} \end{matrix}) | pag (X, y)$ $q(x,y)=\left\lvert\det\begin{pmatrix}x_1-x_3&x_2-x_3\\y_1-y_3&y_2-y_3\end{pmatrix}\right\rvert\,p(x,y)$ Por supuesto, puedes mover ese determinante delante de la integral.
Ahora solo tiene que esperar que alguna combinación de poder mental y un sistema de álgebra computacional pueda calcular estas integrales sin acumular demasiada complejidad.

Por ahora lo probé, y los resultados son bastante desalentadores. Parece que los términos ya se volverán bastante complicados en la integral más interna, y Sage me pide distinciones de casos complicados. Así que ya no soy optimista, este será un enfoque adecuado sin ninguna información fundamental sobre el cálculo de las integrales.

Consulte mis comentarios en la pregunta original (vinculados a en esta pregunta). Después de seguir por primera vez esta ruta cartesiana, ahora creo que una solución en la esfera es más prometedora.
@joriki: Estoy de acuerdo en que calcular estas integrales parece más difícil de lo que esperaba. ¿Quieres ampliar el cálculo de la esfera, detallando en una "respuesta" diferente hasta dónde llegaste con eso? Leer comentarios no es ideal para eso. Me siento mal por hacer que esta pregunta tenga una respuesta formal cuando ya no estoy seguro de que realmente ayude a responder, pero supongo que intentaré compensar eso con una recompensa cuando pueda, y tener toda la información disponible podría ayudar a los lectores a construir sobre eso.

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