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Se sentiamo parlare di un triangolo, ne immaginiamo quasi sempre uno acutangolo, ma se prendiamo tre punti A, B, C a caso su una circonferenza, indipendentemente l'uno dagli altri, sapendo che archi di circonferenza uguali hanno la stessa probabilità di contenere uno di questi punti, qual'è la probabilità di ottenere un triangolo acutangolo?

Sia $ \beta=\widehat{AOB} $ e $ \gamma=\widehat{AOC} $.
Affinchè $ ABC $ sia acutangolo è necessario e sufficiente che $ (\beta<\gamma \land \beta<\pi \land \gamma-\beta<\pi \land 2\pi-\gamma<\pi)\lor(\gamma<\beta \land \gamma<\pi \land \gamma-\beta<\pi \land 2\pi-\beta<\pi) $ con $ \beta,\gamma\in[0,2\pi] $
Disegnando questa regione nel quadrato $ (2\pi)\times(2\pi) $ si vede che l'area delimitata è $ \displaystyle\frac14 $.

Supponiamo di avere scelto il punto A sulla circonferenza di raggio r.
La misura dell'arco AB segue una distribuzione uniforme su $ (0,2\pi r) $.
Se la misura dell'arco AB è x, $ x \in (0,2\pi r) $, il triangolo ABC è acutangolo sse C cade nell'arco A'B', dove A',B' sono i simmetrici di A e B rispetto al centro della circonferenza. Allora questo evento si verifica con probabilità $ \displaystyle\frac{x}{2\pi r} $ se $ x \in (0, \pi r) $, $ \displaystyle\frac{2\pi r -x}{2\pi r} $ altrimenti.
La probabilità richiesta è $ \displaystyle\int_0^{\pi r}\frac{x}{2\pi r}\frac{1}{2\pi r}dx+\int_{\pi r}^{2\pi r}\frac{2\pi r-x}{2\pi r}\frac{1}{2\pi r}dx=\frac{1}{4} $.
Nell'ultimo passaggio ho utilizzato la formula della probabilità condizionata nel continuo.

Questo problema è, purtroppo, maldefinito. A seconda di come consideri il concetto di "scegliere a caso", cioè di quale distribuzione di probabilità prendi, puoi far venire quasi ogni numero tra 0 e 1, come probabilità.

In letteratura con "scelta a caso" si intende un modello uniforme.
Non mi risulta che in questo problema si possano riscontrare dei paradossi geometrici, tipo il famoso paradosso di Bertrand.

FeddyStra ha scritto:

Disegnando questa regione nel quadrato $ (2\pi)\times(2\pi) $ si vede che l'area delimitata è $ \displaystyle\frac14 $.

Non mi è chiaro questo passaggio; potresti spiegarlo meglio? Grazie mille..

EvaristeG ha scritto:Questo problema è, purtroppo, maldefinito. A seconda di come consideri il concetto di "scegliere a caso", cioè di quale distribuzione di probabilità prendi, puoi far venire quasi ogni numero tra 0 e 1, come probabilità.

Ma infatti ho specificato che archi di circonferenza congruenti hanno la stessa probabilità di contenere il punto A (o B o C), non dovrebbe bastare?
Volendo si può dividere la circonferenza in n archi congruenti, approssimare un punto su un archetto al punto medio dell'archetto (e finora starei parlando da fisico) e poi far tendere n all'infinito, e viene il doppio integrale di uchiak. Feddystra ha fatto lo stesso ragionamento forse in maniera più intuitiva (senza analisi).

Uh, ammetto di non aver visto la condizione sugli archi uguali.
Resta il fatto che la soluzione di FeddyStra non ha senso (strettamente), a meno che voi non sappiate un po' di teoria dell'integrazione. L'altra è di buona misura non olimpica.

uchiak, in letteratura si intende ogni cosa e il contrario di ogni cosa ... e non serve scomodare Bertrand; basta prendere un problema in cui lo spazio degli eventi non è banalmente parametrizzato su R ed ecco che la distribuzione uniforme non esiste più.

Questi problemi di probabilità "continua" stanno meglio in mne. Ora non ha gran senso spostarlo, ma ricordatevene per il futuro.

EvaristeG ha scritto:Resta il fatto che la soluzione di FeddyStra non ha senso (strettamente), a meno che voi non sappiate un po' di teoria dell'integrazione.

Il "disegnare l'area" era un modo come un altro per occultare un integrale. Se vuoi lo formulo così:

Sia $ \psi(\alpha,\beta,\gamma)=\left\{\begin{array}{ll}1&\mbox{se è acuto}\\0&\mbox{se è ottuso}\end{array}\right. $.
Allora la probabilità è $ \displaystyle p=\left(\int\!\!\!\int\!\!\!\int_S \psi(\alpha,\beta,\gamma)dv\right)/\left(\int\!\!\!\int\!\!\!\int_S dv\right) $ dove $ S=[0,2\pi]^3 $.

Dopo di che, quello che ho scritto è un modo 'semplice' per calcolare questa schifezza.

EvaristeG ha scritto:
uchiak, in letteratura si intende ogni cosa e il contrario di ogni cosa ...

Libero di pensarla come vuoi, io non sono d'accordo. In problemi di questo tipo con "a caso" si intende "uniformemente a caso". E' chiaro che se si considerano degli oggetti geometrici più complicati, la scelta della funzione di densità più appropriata è raramente ovvia.