在一个圆里随机取n个点，它们在同一个半圆的概率是多少？

前几天知乎出现了这样一道题：在一个球内任取n个点，则这n个点落在同一个半球内的概率是多少？

这个链接是我的回答：

现在这道题应该比上面的题目简单，毕竟经过了降维打击。

第一步，把圆看作一个池塘，把点看成鸭子。定义一只鸭子的领地：作鸭子b关于圆心的对称点b'，然后连接bb'，bb'的中垂线（即直径）把圆分为两个部分，b所在的半圆就是b的领地。另外，我们定义那条直径为鸭子b的“领土分割线”。

第二步：​由于对称性，对每只鸭子都作出关于圆心的对称点。这样一共有2n个点。这样，问题可以从“在圆内随机取n个点”转为：在2n个点中取n个点，其中对于每只鸭子和它的对称点，只能选一个出来。这样一共有2^{n}种选法。

第三步：一个简单又有趣的事实是：如果你出现在了我的领地，那么我肯定也出现在你的领地。在这个事实的基础上，我们可以推出：n只鸭子在同一半球，等价于它们的领地有公共交集。

第四步：最抽象的一步。​在2^{n}种选法中，有多少种选法，使得选出来的n只鸭子的领地有公共交集？我们知道，n只鸭子分别对应着n个领地和n条“领土分割线”。简单起见，可以拿n=3的情况举例：三条领土分割线把圆分为了6个部分，每个部分一一对应于一个交集，这个交集是什么？是所有领土的公共交集。那么一般地，n只鸭子的n条领土分割线，把圆分成了2n段，其中每一段一一对应于一个交集，即n只鸭子的领地有公共交集的情况。

补充一个粗糙的图示：A、B、C是三只鸭子。橙色直径是鸭子A的领土分割线，橙色圆弧所在的半圆是鸭子A的领地。鸭子B对应的是金黄色，鸭子C对应的是绿色。三只鸭子的领土有一个公共交集，就是蓝色圆弧围城的扇形。

事实上，ABC三只鸭子这样的排位只是其中一种情况（比如，我可以选择AB两只鸭子，第三只鸭子不选择点C，而选择点C关于圆心的对称点）。橙色、黄色、绿色领土分割线把圆分为了六个部分，每个部分都一一对应一种公共交集的情况。

第五步：在2^{n}种选法中，一共有2n选法是存在交集的。因此概率是\frac{2n}{2^{n}}。

数学问题的解答，很多时候不仅仅是给出答案（比如本问题的概率值）本身，其中通常要求有必要的严谨说理，以说服更多读者（包括自己）。本回答不追求计算巧妙，仅追求问题的数学描述清晰、易于理解。

具体到本问题，我们可以用某种程度上毫无疑义的精确数学语言把问题进行翻译：（其中把单位圆周等同于区间 [0,1] ，约定 0=1 ）给定 \{X_k\}_{k=1}^n \stackrel{\rm i.i.d.}{\sim} U [0,1),\\求概率值： p_{_n}:=\mathbb{P} (\exists \theta \in [0,0.5], \textrm{ s.t. } X_k \in [\theta, \theta+0.5] , k=1, \cdots, n,\\ 或X_k \in [0, \theta] \cup [0.5+\theta,1), k=1, \cdots, n).\\

以下具体计算上述概率值。显然实际问题中只需要考虑 n \geq 3 的情形。

考虑X_{(1)} \leq \cdots \leq X_{(n)} 为顺序统计量，它们对应单位圆上点依次编号位 P_1, \cdots, P_n ，不难知道： \exists \theta \in [0,0.5], \textrm{ s.t. } X_k \in [\theta, \theta+0.5] , k=1, \cdots, n,\\ 或X_k \in [0, \theta] \cup [0.5+\theta,1), k=1, \cdots, n\\ 当且仅当如下情形之一发生：

\begin{eqnarray*} (1)& X_{(n)} -X_{(1)} \leq 0.5&（代表P_1,\cdots P_n在半圆弧内）;\\ (2) & 1-X_{(n)} +X_{(n-1)} \leq 0.5&（代表P_n, P_1,\cdots P_{n-1}在半圆弧内）;\\ &\vdots&\\ (n) &1-X_{(2)}+X_{(1)} \leq 0.5& (代表P_2, \cdots P_n, P_1在半圆弧内）; \end{eqnarray*}

据此，我们得到 p_{_n}= \mathbb{P}(X_{(n)} -X_{(1)} \leq 0.5)+ \sum_{k=2}^{n} \mathbb{P}(X_{(k)}-X_{(k-1)} \geq 0.5).\\

可以使用笨办法计算： (X_{(1)}, X_{(n)}) 的联合分布密度为 \rho_{_{1,n}} (x,y)=\frac{n!}{1!(n-2)!1!} \cdot (y-x)^{n-2} \cdot 1_{\{0<x<y<1\}},\\

2 \leq k \leq n 时，(X_{(k-1)}, X_{(k)}) 的联合分布密度为 \rho_{_{k-1,k}} (x,y)=\frac{n!}{(k-2)!1!1!(n-k)!} \cdot x^{k-2} \cdot (1-y)^{n-k}\cdot 1_{\{0<x<y<1\}},\\

基于此可以算出 p_n=\frac{n}{2^{n-1}}.

也可以更聪明地计算：令Y_1:=X_{(1)}, Y_{k}:=X_{(k)} -X_{(k-1)}, k=2, \cdots, n,\\并令Y_{n+1}:=1-\sum_{k=1}^n Y_k ，则不难知道 Y=(Y_1, \cdots, Y_n) 的联合分布密度为 \rho (y_1, y_2, \cdots, y_n)=n! \cdot 1_{\{y_k>0, k=1, \cdots, n, y_1+\cdots+y_n<1\}},\\

并且(Y_1, \cdots, Y_n, Y_{n+1})实际上服从高维超平面上“三角形” \{(y_1, \cdots, y_{n+1}): y_k>0, k=1, \cdots, n+1, y_1+\cdots+y_{n+1}=1\}\\ 上的“均匀分布”。基于此不难知道 (Y_1, \cdots, Y_n) 是可换的（即在脚标的置换变换下不变）；特别地，(Y_1, \cdots, Y_n, Y_{n+1}) 也是可换的。于是：

\begin{eqnarray*} p_{_n} &=& \mathbb{P} (Y_2+\cdots+Y_n \leq 0.5)+\sum_{k=2}^n \mathbb{P} (Y_k \geq 0.5)\\ &=& \mathbb{P} (Y_1+\cdots+Y_{n-1} \leq 0.5)+(n-1) \mathbb{P} (Y_1 \geq 0.5)\\ &=& \mathbb{P} (X_{(n-1)} \leq 0.5)+(n-1) \mathbb{P} (X_{(1)} \geq 0.5)\\ &=& \int_0^{0.5} \frac{n!}{(n-2)!1!1!} \cdot x^{n-2} (1-x) \textrm{d} x +(n-1) \int_{0.5}^1 n (1-x)^{n-1} \textrm{d} x\\ &=& \frac{n}{2^{n-1}}. \end{eqnarray*}\\