Triangoli acutangoli

orsoulx
In un'altra discussione: http://www.matematicamente.it/forum/viewtopic.php?f=40&t=153195 si è parlato, marginalmente, anche del seguente problema.
Spezzando un segmento in tre parti, estraendo a caso (con distribuzione uniforme sulla lunghezza del segmento) i 2 punti di rottura, la probabilità che con i pezzi si possa formare un triangolo è 0.25.
Qual è la probabilità, esatta, che il triangolo sia acutangolo?

Risposte
nino_12
Questa è la "soluzione-paper" :) di Erasmus_First proposta su un altro forum:
http://postimg.org/image/56mycpr41/

orsoulx
Eh sì! Quando è sintetico Erasmus_First è una forza.
Ciao
B.

axpgn
Ho trovato un paio di varianti (di cui non conosco la risposta ...)

1) Dividiamo un segmento in due parti a caso. Poi dividiamo la parte più lunga in due parti a caso.
Qual è la probabilità che le tre parti formino un triangolo?

2) Perché i professori (e le professoresse) disegnano sempre triangoli acutangoli?
Ovvero: Scelti 3 punti sulla lavagna, qual è la probabilità che siano i vertici di un triangolo ottusangolo?

Cordialmente, Alex

orsoulx
Dalla soluzione di Erasmus_First, postato da nino_ (la mia ha molti meno calcoli ma la sostanza non cambia), la risposta al quesito (1) di axpgn [strike]non[/strike] richiede [strike]neppure[/strike] la matita, a meno di avere allucinazioni senili. Quel che c'è scritto sotto spoiler è errato:

Il (2) mi sembra più complicato, ci penserò. Comunque si potrebbe ipotizzare qualcosa del tipo: 'per mettere in difficoltà gli studenti, assegnando poi una prova con un triangolo ottusangolo".
Ciao
B.

nino_12
Mi pare che qui:
http://www.trekportal.it/coelestis/show ... tcount=234
da #234 a #249
avevamo affrontato lo stesso problema (quasi 4 anni fa i miei neuroni erano un po' più svegli di adesso... :( )

Non si era arrivati ad un risultato univoco (da 1/4 a 0,64/3)

Ciao
Nino

orsoulx
@nino_
stai parlando del (2), vero? Figurati che a me, coi neuroni attuali, son nati grossi dubbi pure sull'(1), che di getto, mi era parso banale! Il calcolo delle probabilità è terreno molto viscido.
Ciao
B.

Erasmus_First
"orsoulx":
Eh sì! Quando è sintetico Erasmus_First è una forza.
B.
E che è 'sta sviolinata?
Mi sopravvaluti parecchio!
Arrivato qua su segnalazione di Nino_mi son detto: «Ma quella bella immagine con la spiegazione, l'ho fatta io? Non mi ricordo più!»
Poi sono andato a rileggere il thread di quasi 4 anni fa su Coelestis.
L'idea d'un triangolo equilatero ABC suddiviso in 4 triangoli equilateri uguali (tre periferici e une centrale) e delle tre distanze di un punto interno P dai lati AB, BC e CA [per cui se P sta nel triangolino centrale le tre distanze rispettano la disuguaglianza triangolare ... e se no no) non è certo mia: io l'ho presa pari-pari da Nino_ (che là in Coelestis è "aspesi").
Il mio contributo si riduce al calcolo dell'area di un segmento di iperbole: integralino forse un po' difficile per un perito chimico che ha fatto le superiori una cinquantina d'anni fa, ma in fondo qualcosa di molto scolastico.
E' invece l'intuizione di Nino_/aspesi [in ambito puramente matematico, ci tengo a precisare!] che è spesso "una forza"!
----------
Interessante è anche l'approccio di astromauh (sempre là in Coelestis quasi 4 anni fa).
Astromauh ha suddifiso un intero N > 2 in una terna ordinata di interi positivi in tutti i modi possibili; e contato le volte in cui i tre addendi rispettano la disuguaglianza triangolare.
Si è accorto subito che la probabilità di ciò non è la stessa per N pari o N dispari, ma che tende comunque ad 1/4 per N tendente all'infinito.
L'approccio è interessante perché permette di arrivare molto facilmente a stabilire che la cercata probabilità è 1/4 (al tendere di N all'infinito, che equivale a passare dal discreto al continuo).

Metto anche qui il riassunto di queste considerazioni (copiando da quanto ho scritto poco fa in Rudi matematici).
[size=110]
a) Il numero T di terne ordinate di numeri interi positivi in cui si può suddividere N positivo e maggiore di 2 è (N–1)·(N–2)/2
b) Se N è dispari, diciamo N = 2k+1, [e allora T = (N–1)(N–2)/2 = k·(2k-1)], il numero di terne ordinate che rispettano la disuguaglianza triangolare è k·(k+1)/2.
La cercata probabilità è allora
Pd = [k·(k+1)/2]/[k·(2k+1)] = (1/4)·[(k+1)/(k + 1/2)] ≈ (1/4)·[1 +1/(2K+2)]
c) Se N è pari, diciamo N =2k, [e allora T = (N–1)(N–2)/2 = (2k – 1)·(k – 1)], il numero di terne ordinate che rispettano la disuguaglianza triangolare è (k–1)·k/2.
La cercata probabilità è allora
Pp = [(k – 1)·k/2]/[(2k – 1)·(k – 1)]] = (1/4)·[k/(k - 1/2)]≈ (1/4)·[1 + 1/(2k)] ––> Pp > Pd.
d) Al tendere di N all'infinito (e quindi anche di k all'infinito tanto per N dispari quanto per N pari) la cercata probabilità tende comunque ad 1/4.
[/size]
_______


orsoulx
Penso, a meno di ulteriori errori, di esser riuscito a dimostrare, con gli integrali, che, nel problema (1), la probabilità che si possa formare un triangolo è $ ln4-1 $.

"Erasmus_First":
E che è 'sta sviolinata?

Non sviolino mai. Bada però che l'affermazione era condizionata!
Bella anche la dimostrazione di astromauh. C'è qualcosa che non mi torna nel conteggio delle terne triangolari nel caso di N pari. Però, visto che lo scopo è passare al continuo facendo tendere N all'infinito, nessuno impedisce di scegliere solo N dispari.
Ciao
B.

axpgn
Il mio tentativo riguardo al quesito originale ...

Prendiamo due numeri reali tali che $0

Poniamo $a=x, b=y-x, c=1-y$, la terna $a, b, c$ rappresenta la misura dei tre pezzi in cui è possibile spezzare un segmento di lunghezza unitaria.
Affinché possano essere i lati di un triangolo acutangolo il quadrato di ogni lato deve essere minore della somma dei quadrati degli altri due cioè ${(x^2<(y-x)^2+(1-y)^2),((y-x)^2

L'area racchiusa rappresenterebbe perciò tutte le coppie che permettono di costruire un triangolo acutangolo, il rapporto tra quest'area e il mezzo quadrato è la probabilità richiesta.
Per determinare il valore di quest'area traccio la retta che va da $(0,1)$ a $(1,0)$ che taglia a metà l'area interessata.

Dopo aver determinato le tre intersezioni, integro le due aree comprese tra le funzioni (tra $B$ e $A$ e tra $A$ e $C$), le sommo e raddoppio per trovare l'area totale, quindi faccio il rapporto tra quest'area è il mezzo quadrato.
Il risultato che ottengo è $0.0796$ , molto vicino a quello ottenuto da Erasmus.

Che ne dite? Può andare?

Cordialmente, Alex

orsoulx
"axpgn":
Che ne dite? Può andare?

Come ti permetti di avere dubbi? Essendo, a parte la scelta del mezzo quadrato da utilizzare, identica alla mia, deve necessariamente andare!!!
L'approccio di Erasmus_First & nino_ ha il vantaggio di rendere evidente l'interscambiabilità dei tre pezzi ed essere esteticamente più piacevole. Questa riduce i calcoli fino alla portata di un perito chimico attempato, quale sono, orgogliosamente, anch'io. Dal punto di vista del calcolo è più comodo non dividere la figura in due, ma determinare la probabilità dei triangoli ottusangoli come somma delle aree dei tre (equivalenti) [strike]settori[/strike] segmenti di iperbole che mancano per tornare al triangolo di area 0.125. L'unico integrale è questo \( \int_{0}^{1/2} (x+ {1 \over 2}+{1 \over 2(x-1)})\, dx \)
Ciao
B.

Erasmus_First
"orsoulx":
[...] C'è qualcosa che non mi torna nel conteggio delle terne triangolari nel caso di N pari.
Hai ragione!
Provando su esempi ... non torna nemmeno a me!
"Erasmus_First":
[size=110][...]
c) Se N è pari, diciamo N =2k, [e allora T = (N–1)(N–2)/2 = (2k – 1)·(k – 1)], il numero di terne ordinate che rispettano la disuguaglianza triangolare è (k–1)·k/2.
[/size]
L'errore sta qua!
Invece di (k-1)·k/2, occorre (k–1)·(k–2)/2.
Questo si evince sperimentalmente contando le terne possibili e, tra queste, quelle triangolari (in blu) per alcuni N pari in ordine crescente.
[Orsoulx mi dirà che scrivo un sacco di cifre superflue, e quindi inutili. Amen! Le scrivo lo stesso.]
NB. T è il numero di terne possibili. Tt è il numero di terne triangolari.
N = 4, (k = 2).
1 1 2 | 2 1 1
1 2 1
T=3; Tt=0.

N = 6, (k = 3)
1 1 4 | 2 1 3 | 3 1 2 |4 1 1
1 2 3 | 2 2 2 ! 3 2 1
1 3 2 | 2 3 1
1 4 1
T = 6; Tt = 1

N = 8, (k = 4);
1 1 6 | 2 1 5 | 3 1 4 | 4 1 3 | 5 1 2 | 6 1 1
1 2 5 | 2 2 4 | 3 2 3 | 4 2 2 | 5 2 1
1 3 4 | 2 3 3 | 3 3 2 | 4 3 1
1 4 3 | 2 4 2 | 3 4 1
1 5 2 | 2 5 1
1 6 1
T = 21; Tt = 3

N = 10, (k = 5)
1 1 8 | 2 1 7 | 3 1 6 | 4 1 5 | 5 1 4 | 6 1 3 | 7 1 2 | 8 1 1
1 2 7 | 2 2 6 | 3 2 5 | 4 2 4 | 5 2 3 | 6 2 2 | 7 2 1
1 3 6 | 2 3 5 | 3 3 4 |4 3 3 | 5 3 2 | 5 2 3
1 4 5 | 2 4 4 | 3 4 3 | 4 4 2 | 5 4 1
1 5 4 | 2 5 3 | 3 5 2 ! 4 5 1
1 6 3 | 2 6 2 | 3 6 1
1 7 2 | 2 7 1
1 8 1
T = 36; Tt = 6

Ovviamente, il limite / al tendere di k (che ora è N/2) all'infinito non cambia.
/ = [(k–1)·(k–2)/2]/[(2k–1)·(k–1)] = (1/4)·(k–2)/(k–1/2).
_______


orsoulx
@Erasmus_First
adesso mi piacciono. Non stiamo a discutere sul perché le terne degeneri non vengono conteggiate (tanto non cambia niente). Avrei scommesso che ti saresti divertito a scriverle tutte! :D
Ciao
B.

orsoulx
Una soluzione al problema (1) di Alex potrebbe essere la seguente:

Ciao
B.

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