Tre punti sul cubo

[axpgn]

Scegliendo casualmente tre vertici di un cubo, qual è la probabilità che formino un triangolo acutangolo e qual è la probabilità che formino un triangolo rettangolo?


Cordialmente, Alex

[Quinzio]

La risposta dovrebbe essere 1/7 per i tr. acutangoli e 6/7 per i tr. rettangoli.
I tr.acutangoli sono solo quelli nella figura sotto.

[axpgn]

Ok!

Magari però aggiungi qualche parola di spiegazione ...


Cordialmente, Alex

[Quinzio]

"axpgn":
Magari però aggiungi qualche parola di spiegazione ...

Si volentieri, il fatto e' che mi sono messo in testa di generalizzare l'esercizio per un ipercubo a $d$ dimensioni.
Metto tutto senza spoiler perche' queste spiegazioni vanno oltre il problema iniziale.
La formula che esce fuori e' questa, direi che sia corretta ma non ci metto la mano sul fuoco.
La probabilita' $P(d)$ che scegliendo 3 vertici a caso in un ipercubo a $d$ dimensioni si formi un triangolo rettangolo e' la seguente.

\[ P(d) = \frac{2^{d-1}}{ \dbinom {2^d}{3}}\sum_{m=2}^{d}\sum_{n=1}^{m-1} \dbinom {d}{n, m-n, d-m} \]

Le due parentesi indicano il coefficiente binomiale con $( (a), (b) ) $ e il coefficiente multinomiale con $( (a), (b","\ c","\ d","\ ...","\ z) ) $

Ora spiego.
Intanto in uno spazio euclideo a $d$ dimensioni gli angoli retti si possono "rilevare" facendo il prodotto scalare tra due vettori rappresentativi dei lati dell'angolo e verificando che il prodotto scalare sia zero.
Ad es, in uno spazio a $5$ dimensioni, l'angolo tra i vettori $\vec a = (2 ,3, 4, 0 , 0)$ e $\vec b = (0 ,0, 0, 1 , 0)$ e' retto siccome il prodotto scalare e' zero.
Allora adesso prendiamo un ipercubo unitario (di spigolo $1$) e poniamo uno dei vertici nell'origine. L'ipercubo e' disposto in modo che gli altri vertici abbiano coordinate $\vec v = (v_1, v_2, ..., v_d), v_i \in {0,1}, i\in {1,..., d}$
In parole piu' semplici l'ipercubo e' nel "primo quadrante, ottante, esadecante, 32-ante, ..., $2^d$ante, etc...". Insomma tutti i vertici hanno coordinate non-negative.
Ora si tratta di capire se l'angolo tra due vertici generici (origine esclusa) e l'origine e' rettangolo e a questo scopo si usa il prodotto scalare menzionato prima. Quindi se $\vec v_a \cdot \vec v_b = 0$ l'angolo e' retto.
Si noti che le coordinate di un singolo vertice possono essere viste come una cifra binaria a $d$ bits. Facendo l'AND bit per bit della rappresentazione binaria delle coordinate di due vertici, se il risultato e' zero, l'angolo e' retto.
Ad es. sempre con $d = 5$, i due vertici $11100$ e $00010$ formano un angolo retto, mentre i due vertici $1111$ e $00011$ non formano un angolo retto.
Appare subito intuitivo che se due vertici formano un angolo retto, per ogni singola cifra binaria ci puo' essere solo una cifra 1.
Ad es. i due vertici $1????$ e $1????$ non possono formare un angolo retto, a prescindere dalle altre cifre binarie (indicate con $?$).
Alla luce di questo possiamo considerare due numeri binari a $d$ cifre, sostituire tutte le occorrenze della cifra $1$ del primo numero con la lettera $a$ e le cifre "1" del secondo numero con la lettera $b$ e "fondere" insieme i due numeri per rappresentare una terza sequenza di $d$ lettere. Gli spazi rimasti vuoti (a causa del fatto che entrambe le cifre binarie erano $0$) vengono riempite con la lettera $c$.
Ad es. sempre con $d = 5$, i due vertici $11100$ e $00010$ diventano le due sequenze di lettere $"aaacc"$ e $"cccbc"$.
Quando le due sequenze vengono fuse insieme formano la terza sequenza $"aaabc"$.
Ora cerchiamo il numero delle combinazioni della sequenza appena trovata, scambiando tra di loro le 3 lettere in tutti i modi possibili. Tale numero di combinazioni si esprime attraverso il coefficiente multinomiale $( (d), (#a","\ #b","\ #c )) $, dove $#a$ indica il numero di occorrenze della lettera $a$, ad esempio.
Ecco spiegata la provenienza del coefficiente multinomiale che si vede nella formula iniziale.
Nella formula si vede anche $2^{d-1} = 2^d/2$.
$2^d$ deriva dal fatto che abbiamo considerato solo il vertice nell'origine come vertice dell'angolo (retto), mentre ovvimente l'ipercubo e' formato da $2^d$ vertici, che vanno considerati tutti di volta in volta come vertici dell'angolo da considerare.
Il fattore $1/2$ deriva dal fatto che ogni angolo viene in realta' contato due volte, siccome un angolo formato dai vertici $A, O, B$ viene contato una volta come $\hat {AOB}$ e una seconda volta come $\hat {BOA}$.
Il coefficiente binomiale che si vede al denominatore della formula iniziale rappresenta tutti i triangoli formati con l'ipercubo, di cui solo alcuni sono rettangoli. E' al denominatore in modo da formare la probabilita'.
Le due sommatorie derivano dal fatto che bisogna contare tutte le possibili sequenze di lettere, fermo restando che in ogni sequenza deve essere presente almeno una $a$ e una $b$.

Il nocciolo della spiegazione e' questo, se poi a qualcuno interessano altri chiarimenti, prego di chiedere.

Nel caso tridimensionale $d=3$, la formula diventa

\[ P(3) = \frac{2^{3-1}}{ \dbinom {2^3}{3}} \left(\frac{3!}{1!1!1!} + \frac{3!}{2!1!0!} + \frac{3!}{1!2!0!} \right) = \frac{4}{56} (6+3+3) = 48/56 = 6/7 \]

Nel caso $d=1$ l'ipercubo sarebbe un semplice segmento, e la formula perde di significato.

Nel caso $d=2$ l'ipercubo sarebbe un quadrato, e la formula diventa

\[ P(2) = \frac{2^{2-1}}{ \dbinom {2^2}{3}} \left(\frac{2!}{1!1!0!} \right) = \frac{2}{4} 2 = 1 \]

La probabilita' e' $1$ siccome ognuno dei 4 triangoli che si possono formare con 3 vertici di un quadrato e' un triangolo rettangolo.

[axpgn]

Avevo chiesto "qualche parola"

Battute a parte, apprezzo molto ma va al di là delle mie conoscenze e capacità, comprendo solo singoli pezzi qua e là

Comunque una cosa la posso dire: in un cubo "normale" i triangoli se non sono rettangoli, sono acutangoli quindi calcolata una probabilità automaticamente conosci pure l'altra, ma in 4 o più dimensioni è ancora così? Anzi, per essere preciso, non ho nemmeno idea se esistano triangoli acutangoli e ottusangoli in $n$ dimensioni

Cordialmente, Alex