Комментарии 21
Есть такой классический пример: Случайно выбираем хорду окружности. Какая у неё средняя длина?
1) Возьмём равномерное распределение на окружности, случайно выберем две точки, проведём хорду.
2) Возьмём радиус, на нём равномерно выберем точку и построим перпендикуляр в этой точке. Там где пересекли окружность получаем хорду.
У этих способов разная средняя длина, но какой из них подразумевался в задаче? Или вообще третий?
«Меридианы» — это чтоб удобнее было визуально воспринимать сферу.
Как "случайно"? Какая функция распределения и в каких координатах?
P.S. Решение опирается на то, что "плотности" противоположных точек равны. В целом, это очень дешёвое предположение и равномерные распределения в сферических/цилиндрических координатах подойдут. Но всё же, этот "случайный" выбор точки сильно режет глаза. Попробуйте "случайно" выбрать натуральное число, а я вам накидаю парадоксов.
Отвечу сам себе — вроде есть способ случайно выбрать точку на сфере — действительно в цилиндрических координатах (ось проходит через центр сферы) выбрать z из [-r, r], и угол a из [0, 2π]. Достроить x, y — и будет равномерное распределение.
Я считаю, что выбор точки будет случайным, если вероятность точки попасть в некоторый регион будет равна отношению площади региона к площади поверхности сферы. Эта вероятность не должна зависеть от положения региона или его формы.
В вашем случае область рядом с полюсом менее вероятна, чем рядом с экватором.
В вашем случае область рядом с полюсом менее вероятна, чем рядом с экватором.
Этот способ контринтуитивен, но математически правилен: https://math.stackexchange.com/a/1586015
Правда в условиях ограниченной точности машинного представления вещественных чисел, область рядом с полюсом действительно будет менее заполнена.
На сфере есть естественная мера — площадь. Значит, случайно — это так, чтобы вероятность попадания в маленький кусок поверхности была пропорциональна его площади.
Меня прям коробит от того, что там назвали вероятностью в двумерном случае
Для окружности — фиксируем первую точку, проводим диаметр через центр и перпендикуляр к нему. Тогда вторая должна быть слева слева и далеко — вероятность 1/4 и последняя с вероятностью 1/2 завершает треугольник, итого 1/8, умножаем на 2 (слева<->справа) и получаем 1/4.
Для шара — аналогично, только проводить не радиусы, а сечения.
Очевидно, что для нахождения центра внутри фигуры, одна из поверхностей должна быть в одной полусфере, а одна из точек — в другой полусфере.
Таким образом, имеем полусферы П1 и П2.
Так как площадь их поверхностей равная, то точки попадают в них с равной вероятностью.
Дальше, 0.5^3 — вероятность трёх точек попасть в П1, 0.5 — вероятность четвёртой попасть в П2.
Перемножаем и умножаем на 2 для учёта варианта с 3 точками в П2 и 1 точкой в П1.
0.5^3*2=1/8
Вот примерное обобщенное решение для (n)-мерной сферы.
1. Очевидно, что для любой (n)-мерной фигуры, с (n+1) вершинами на n-мерной сфере, центр сферы будет находиться внурти фигуры, если при проекции вершин на любой одномерный базис (на одну ось координат) с началом координат, совпадающим с центром сферы, любые две вершины будут находиться по разные стороны от начала координат.
Нетрудно доказать, что необходимо и достаточно, чтобы это условие выполнялось всего для n проекций, образующих один любой ортогональный n-мерный базис.
2. Возьмем S — (n)-мерная фигура, с (n+1) вершинами на n-мерной сфере
Возьмем v1, v2, ..., v(n) — любые (n) произвольные вершины этой фигуры. Рассечем сферу гиперплоскостью P1 с размерностью (n-1) так, чтобы она проходила через эти вершины.
Возьмем базис X1, ортогональный к этой гиперплоскости, с началом координат в центре сферы.
Сделаем проекцию вершин фигуры S на этот базис (найдём координаты вершин в этом базисе). Для вершин v1, v2, ..., v(n) проекция на этот базис будет совпадать, назовем её t1. Тогда для выполнения условий задачи следует, что вершина v(n+1) должна лежать по другую сторону начала координат базиса X1 от проекции t1 (в силу доказанного 1.) Очевидно вероятность этого случая — 0.5.
3. Далее, возьмем вершины v1, v2, ..., v(n-1), рассечем сферу гиперплоскостью P2 с размерностью (n-2) так, чтобы она проходила через эти вершины, также возьмем базис X2, находящийся в гиперплоскости P1, ортогональный к гиперплоскости P2, а так же базису X1, так, чтобы проекция начала координат на этот базис совпадала с началом координат, и проекция вершины v(n+1) — тоже! Сделаем проекцию вершин фигуры S на этот базис. Для вершин v1, v2, ..., v(n-1), v(n+1) (исключая v(n)) проекция на этот базис будет совпадать, назовем её t2. Тогда для выполнения условий задачи следует, что вершина v(n) должна лежать по другую сторону начала координат базиса X2 от проекции t2. Вероятность для вершины v(n) — 0.5.
(Видимо это самый сложный момент для воображения: представьте сначала эти шаги для 3х мерного случая. У нас есть плоскость из 3х вершин, и 4я вершина с предыдущего шага, мы берем центр сферы и эту 4ую вершину, соединияем прямой линией, эта линия будет пересекать плоскость в одной точке. Далее, из 3х вершин, которые образовали плоскость, берем 2 вершины, и проводим к ним перпендикуляр так, чтобы он проходил через точку пересечения — это и будет искомый базис, в нём проекции центра сферы и 4й вершины совпадают с началом координат, а проекции 1й и 2й вершин — совпадают, и этот базис будет ортогонален предыдущему базису, так как сам лежит в плоскости, которая ортогональна ему)
4. Будем выполнять построение ортогональных базисов до тех пор, пока не останется 2 вершины — тогда размерность гиперплоскости P = 1, гиперплоскость вырождается в прямую линию. Мы построили набор из (n) ортогональных базисов, для любого базиса из этого набора, все вершины кроме одной имеют одинаковую проекцию на базис.
5. Согласно (1.), для выполнения условий задачи необходимо и достаточно, чтобы во всех этих построенных базисах, проекции вершин (их две, проекции совпадают для n-1 вершин) были с разных сторон начала координат. Искомая вероятность — 1/(0.5^n).
Задача уровня «nightmare»: 4 случайные точки на сфере