• 数学杂谈：圆上随机落点问题（一）
  • 1. 问题描述
  • 2. 问题解答
    • 1. 解法一：递推
    • 2. 解法二：受限制的均匀分布
    • 3. 数值模拟验证
  • 3. 讨论 & 扩展

1. 问题描述

这道题其实很早之前自己做过一遍，然后前阵子发现苏神也关于这道题进行了一些讨论，于是就把这道题重新拎出来做了一遍，这里也稍微整理一下这道题的解答。

问题：

• 在一个圆上随机抛$n$个点，求问这$n$个点均在同一个半圆上的概率是多少？

更进一步地，这道题还可以拓展为：

• 在一个圆上随机抛$n$个点，求问这$n$个点均可以被一个弧度为$\theta$（$\theta \le \pi$）的弧形完全覆盖的概率是多少？

2. 问题解答

我们首先直接给出答案如下：

• $n$个点恰好落在弧度为$\theta$的弧形中的概率密度函数为：

$$p_n(\theta )=\frac{n(n-1)}{2\pi }(\frac{\theta }{2\pi }{)}^{n-2}$$

• $n$个点能够被弧度为$\theta$的弧形完全覆盖的概率为：

$$P_n(\theta )={\int }_0^{\theta }{p}_n(\phi )d\phi =n(\frac{\theta }{2\pi }{)}^{n-1}$$

1. 解法一：递推

这一题我的一个直接的思路就是递推，显然，我们有：

$$p_2(\theta )=\frac{1}{\pi }$$

要使得$n$个点恰好构成一个弧度为$\theta$的弧形，可以由以下两种情况构成：

1. 前$n-1$个点构成一个弧度为$\phi$的弧形，且有$\phi \le \theta$，此时第$n$个点需要与前$n-1$个点所构成的弧形的左边界或者右边界恰好构成$\theta$角，且这个$\theta$的弧形包含之前全部的$n-1$个点；
2. 前$n-1$个点已经构成一个弧度恰好为$\theta$的弧形，此时第$n$个点只要落在弧形当中就可以。

因此，我们可以给出递推公式如下：

$$p_n(\theta )=\frac{1}{2\pi }[2\cdot {\int }_0^{\theta }{p}_{n-1}(\phi )d\phi +{\int }_0^{\theta }d\phi \cdot p_{n-1}(\theta )]$$

综上，我们即可由数学归纳法解出$f_n(\theta )$的通解表达式如下：

$$p_n(\theta )=\frac{n(n-1)}{2\pi }(\frac{\theta }{2\pi }{)}^{n-2}$$

积分即可得到：

$$P_n(\theta )={\int }_0^{\theta }{p}_n(\phi )d\phi =n(\frac{\theta }{2\pi }{)}^{n-1}$$

2. 解法二：受限制的均匀分布

除了递推解法之外，事实上我们也可以将其视为一个受限制的均匀分布的概率求解问题。

我们以任意一个点作为起始点，然后顺时针旋转，显然圆上的$n$个点就会将整个圆切分为$n$个圆弧，然后我们要令这$n$个点可以恰好被一个弧度为$\theta$的弧形覆盖，就是令这$n$个圆弧中最大的一个值恰好等于$2\pi -\theta$。

因此，问题也就可以转换为：

$$\begin{array}{rl}{p}_n(\theta )& =C_n^1\cdot p({\theta }_i=2\pi -\theta |\sum _{i=1}^n{\theta }_i=2\pi )\\ & =C_n^1\cdot p(x_i=1-\frac{\theta }{2\pi }|\sum _{i=1}^n{x}_i=1)\end{array}$$

而关于这个受限制的概率问题，我们在之前的博客文章【数学杂谈：限制条件下的均匀分布考察】当中，事实上已经对这个问题有过了考察，我们直接给出答案如下：

$$p(x_i=1-\frac{\theta }{2\pi }|\sum _{i=1}^n{x}_i=1)=(n-1)(\frac{\theta }{2\pi }{)}^{n-2}$$

又因为$x=\frac{\theta }{2\pi }$，因此，我们将其作变量代换之后即有：

$$p_n(\theta )=\frac{n(n-1)}{2\pi }(\frac{\theta }{2\pi }{)}^{n-2}$$

而积分即可计算得到：

$$P_n(\theta )={\int }_0^{\theta }{p}_n(\phi )d\phi =n(\frac{\theta }{2\pi }{)}^{n-1}$$

与上述递推解法得到的结果是完全一致的。

3. 数值模拟验证

最后，我们用monte-carlo模拟来验证一下我们上述结论的可靠性。

给出monte-carlo模拟的代码实现如下：

import math
from random import random
from matplotlib import pyplot as plt

def simulate(theta, n, N=100000):

    def get_radian(plist):
        plist = sorted(plist)
        deltas = [plist[(i+1) % n] - plist[i] + 2 * math.pi for i in range(n)]
        deltas = [x if x < 2 * math.pi else x - 2 * math.pi for x in deltas]
        return math.pi * 2 - max(deltas)
    
    cnt = 0
    for _ in range(N):
        plist = [random() * 2 * math.pi for _ in range(n)]
        radian = get_radian(plist)
        if radian <= theta:
            cnt += 1
    return cnt / N

def plot_simulate(n, delta=10, max_degree=180, N=10000):
    degrees = list(range(0, max_degree, delta))
	degrees.append(max_degree)
    x = [deg / 180 * math.pi for deg in degrees]
    y = [simulate(phi, n) for phi in x]
    z = [n * (deg/360)**(n-1) for deg in degrees]
    plt.figure(figsize=(15, 7))
    plt.scatter(degrees, y, marker="x", label="monte-carlo")
    plt.plot(degrees, z, color="orange", label=r"$P_n ( \theta )$")
    plt.legend()
    plt.grid()
    plt.show()
    return

plot_simulate(5, delta=5, max_degree=180, N=10000)

可以看到：

• 当$\theta \le 180°$时，曲线与拟合结果符合的非常完美。

3. 讨论 & 扩展

这里，其实大部分读者也都注意到了，这里我们反复地在强调，$\theta \le 180°$。

但是，对于圆上的随机$n$个点，事实上要能够覆盖住这$n$个点，所需的最小弧形的弧度是可以大于$180°$的。更确切地，简单计算可以发现，这个最小弧度的最大值可以一直取到$\theta =\frac{n-1}{n}\pi$。

那么，对于$\theta \ge 180°$的情况时，上述推论是否还成立呢？

答案是不成立，我们直接给出上述曲线拟合结果即可：

可以看到：

• 显然，当弧度超过$180°$时，上述拟合公式就不再成立，且两者差距会越来越大。

我们分别说明一下上述两种方法为何在$180°$以上的情况下会失效：

1. 递推方法
   • 递推方法的第一个部分存在一个隐藏条件，就是当前$n-1$个点所构成的角度为$\varphi$时，新加入的第$n$个点所构成的新的弧形所需要覆盖的最小角度为$\theta$，但是这个假设在$\theta \ge 180°$时不一定成立的，因为有可能另一侧覆盖的角度反而小于$\theta$。
2. 受限均匀分布方法
   • 同样的，首先的均匀分布其实要求的条件是，存在某一个角度不小于$2\pi -\theta$，这个条件在$\theta \le 180°$的情况下是唯一的，因为至多只能有一个角度大于这个值，因此我们可以直接乘以系数$C_n^1$，但是当$\theta \ge 180°$时，这个条件就不一定满足了，因此推导的结果自然也就不再满足了。

综上，我们就说明白了为啥上述结论在$\theta \ge 180°$时不成立。

不过真要求当$\theta \ge 180°$的情况下时的解的话，事实上也可以仿照上述受限制下的分布给出$P_n(\theta )$的概率如下：

$$P_n(\theta )=1-\frac{{\int }_0^{2\pi -\theta }d{\theta }_1{\int }_0^{\min (2\pi -\theta ,2\pi -{\theta }_1)}d{\theta }_2...{\int }_0^{\min (2\pi -\theta ,2\pi -\sum _{i=1}^{n-2}{\theta }_i)}d{\theta }_{n-1}{\int }_0^{\min (2\pi -\theta ,2\pi -\sum _{i=1}^{n-1}{\theta }_i)}\delta ({\theta }_n=2\pi -\sum _{i=1}^{n-1}{\theta }_i)d{\theta }_n}{{\int }_0^{2\pi }d{\theta }_1{\int }_0^{2\pi -{\theta }_1}d{\theta }_2...{\int }_0^{2\pi -\sum _{i=1}^{n-2}{\theta }_i}d{\theta }_{n-1}{\int }_0^{2\pi -\sum _{i=1}^{n-1}{\theta }_i}\delta ({\theta }_n=2\pi -\sum _{i=1}^{n-1}{\theta }_i)d{\theta }_n}$$

即在$\sum _{i=1}^n{\theta }_i=2\pi$的情况下，至少存在一个${\theta }_i$使得${\theta }_i\ge 2\pi -\theta$时的概率。

事实上，考虑到$\delta$函数事实上已经内隐的限制条件内容，我们可以简化上式为：

$$P_n(\theta )=1-\frac{{\int }_0^{2\pi -\theta }d{\theta }_1{\int }_0^{2\pi -\theta }d{\theta }_2...{\int }_0^{2\pi -\theta }d{\theta }_{n-1}{\int }_0^{2\pi -\theta }\delta ({\theta }_n=2\pi -\sum _{i=1}^{n-1}{\theta }_i)d{\theta }_n}{{\int }_0^{2\pi }d{\theta }_1{\int }_0^{2\pi -{\theta }_1}d{\theta }_2...{\int }_0^{2\pi -\sum _{i=1}^{n-2}{\theta }_i}d{\theta }_{n-1}{\int }_0^{2\pi -\sum _{i=1}^{n-1}{\theta }_i}\delta ({\theta }_n=2\pi -\sum _{i=1}^{n-1}{\theta }_i)d{\theta }_n}$$

但是，不幸的是，即便有了上述一般的表达式，这依然不是一个可以快速求解的表达式，甚至不确定这个表达式能否真的去解析求解。

不过问了我同学之后，他倒是修正了迭代的方法，给出了一个非常完美的回答，不过这里我就先不做展开了，后面我会花点时间把他的解答好好整理一下之后然后再发出来吧。