геометрия - Каких треугольников больше?

Что такое "степень треугольника" -- вполне понятно. Из данного выше определения следует, что у прямоугольного треугольника эта степень равна двум, у тупоугольного -- меньше двух, у остроугольного -- больше двух. Задача станет вполне корректной, если определить, в каком смысле следует понимать слово "больше". Это можно сделать в терминах геометрической вероятности. Иными словами, речь идёт о том, каких треугольников "больше" среди "случайных" -- тупоугольных или остроугольных.

Если числам позволено принимать неограниченные значения, то определить геометрические вероятности довольно затруднительно. Поэтому, с учётом того, что всякий треугольник подобен треугольнику со сторонами, ограниченными некой константой, удобно рассматривать в качестве длин сторон числа отрезка $%[0,1]$%, выбираемые в некотором роде "случайно".

В частности, можно поставить такой вопрос: если мы равномерно бросаем точку в отрезок три раза (независимо) и получаем три числа $%x,y,z$%, то какова вероятность, что из полученных длин можно составить треугольник? Это известная задача, и на моей памяти она где-то обсуждалась. Ответ там можно найти при помощи многомерных интегралов, и он оказывается равен $%1/2$%.

В предложенной здесь задаче уже накладываются условия, скажем, $%x+y>z>x,y$%, что определяет подмножество $%\Phi$% единичного куба. Далее в этом подмножестве выбирается одна "случайная" точка при "равномерном" выборе. Это стандартная для таких случаев операция. Здесь вероятность попадания в фигуру $%\Phi'$%, содержащуюся в $%\Phi$%, полагается равной отношению объёмов фигур $%\Phi'$% и $%\Phi$%.

Пусть далее $%(x,y,z)\in[0,1]^3$%. Очевидно, что величина $%\sqrt{x^2+y^2}$% будет удовлетворять неравенствам $%x+y\ge\sqrt{x^2+y^2}\ge x,y$%, и тогда нужно сравнить "шансы" на то, что $%z$% будет больше или меньше $%\sqrt{x^2+y^2}$%, что будет относиться к случаю тупоугольного или остроугольного треугольника, соответственно, составленного из сторон с длинами $%x,y,z$%.

Итак, пусть $$\Phi=\left\{(x,y,z)\in[0,1]^3\mid x+y>z>x,y\right\}.$$ Объём $%\Phi$% равен трёхмерному интегралу $$\iiint\limits_\Phi\,dx\,dy\,dz=\iiint\limits_{\Phi_1}\,dx\,dy\,dz+\iiint\limits_{\Phi_2}\,dx\,dy\,dz,$$ где $%\Phi_1$% относится к случаю $%x+y<1$%, а $%\Phi_2$% -- к случаю $%x+y>1$%. Из соображений симметрии, можно дополнительно считать, что $%y>x$%, удваивая все величины.

Для фигуры $%\Phi_1$% область интегрирования будет задаваться неравенствами $%x+y>z>y>x$%, причем $%y<1-x$%, откуда $%x<1/2$%. Поэтому $$\iiint\limits_{\Phi_1}\,dx\,dy\,dz=2\int\limits_0^{1/2}\,dx\int\limits_x^{1-x}\,dy\int\limits_y^{x+y}\,dz=2\int\limits_0^{1/2}x(1-2x)\,dx=\frac1{12}.$$

Аналогично, для фигуры $%\Phi_2$% имеем неравенства $%1>z>y>x,1-x$%. Ввиду симметрии между $%x$% и $%1-x$%, полагаем $%x<1-x$%, то есть $%x<1/2$%, что ведёт к ещё одному удвоению. Поэтому $$\iiint\limits_{\Phi_2}\,dx\,dy\,dz=4\int\limits_0^{1/2}\,dx\int\limits_{1-x}^1\,dy\int\limits_y^1\,dz=4\int\limits_0^{1/2}\frac{x^2}2\,dx=\frac1{12}.$$ Суммируя, получаем, что объём фигуры $%\Phi$% равен $%1/12+1/12=1/6$%.

(Объём фигуры $%\Phi$% можно найти проще, но я не буду переписывать уже написанное.)

Теперь положим $$\Phi'=\left\{(x,y,z)\in[0,1]^3\mid \sqrt{x^2+y^2}>z>x,y\right\}.$$ Это соответствует случаю остроугольного треугольника. Здесь так же получаем, что объём фигуры $%\Phi'$% равен $$\iiint\limits_{\Phi'}\,dx\,dy\,dz=\iiint\limits_{\Phi_1'}\,dx\,dy\,dz+\iiint\limits_{\Phi_2'}\,dx\,dy\,dz,$$ где $%\Phi_1'$% относится к случаю $%x^2+y^2<1$%, а $%\Phi_2'$% -- к случаю $%x^2+y^2>1$%. Как и выше, из соображений симметрии считаем, что $%y>x$%, удваивая соответствующие величины.

Для первого случая имеем неравенства $%\sqrt{x^2+y^2}>z>y>x$%, причём $%y<\sqrt{1-x^2}$%, откуда $%x<1/\sqrt{2}$%. Поэтому $$\iiint\limits_{\Phi_1'}\,dx\,dy\,dz=2\int\limits_0^{1/\sqrt{2}}dx\int\limits_x^{\sqrt{1-x^2}}dy\int\limits_y^{\sqrt{x^2+y^2}}dz=\int\limits_0^{1/\sqrt{2}}dx\int\limits_x^{\sqrt{1-x^2}}\left(\sqrt{x^2+y^2}-y\right)\,dy,$$ что удобнее всего вычислить в полярных координатах. После замены переменных, с учётом того, что якобиан замены равен $%r$%, а область интегрирования представляет собой верхний из двух секторов, на которые прямая $%y=x$% делит четверть круга из первого координатного угла, получаем $$2\int\limits_{\pi/4}^{\pi/2}d\varphi\int\limits_0^1(r-r\sin\varphi)r\,dr=2\int\limits_{\pi/4}^{\pi/2}(1-\sin\varphi)\,d\varphi\cdot\int\limits_0^1r^2\,dr=\frac{\pi}6-\frac{\sqrt{2}}3.$$

Чтобы найти объём фигуры $%\Phi_2'$%, заметим, что у нас выполняются при этом неравенства $%1>z>y>x,\sqrt{1-x^2}$%, с учётом необходимости произвести удвоение. Так как $%z$% меняется от $%y$% до $%1$%, мы должны проинтегрировать фукнцию $%1-y$% по двумерной области, ограниченной прямыми $%y=1$%, $%y=x$% и единичной окружностью. После перехода к полярным координатам, мы получаем $$\iiint\limits_{\Phi_2'}\,dx\,dy\,dz=2\int\limits_{\pi/4}^{\pi/2}d\varphi\int\limits_1^{1/\sin\varphi}(1-r\sin\varphi)r\,dr,$$ то есть $$\frac13\int\limits_{\pi/4}^{\pi/2}\frac{d{\varphi}}{\sin^2\varphi}+\frac23\int\limits_{\pi/4}^{\pi/2}\sin\varphi\,d{\varphi}-\int\limits_{\pi/4}^{\pi/2}d\varphi=\frac13+\frac{\sqrt{2}}3-\frac{\pi}4.$$ Складывая найденные объёмы фигур $%\Phi_1'$% и $%\Phi_2'$%, мы находим объём фигуры $%\Phi'$%, равный $$\left(\frac{\pi}6-\frac{\sqrt{2}}3\right)+\left(\frac13+\frac{\sqrt{2}}3-\frac{\pi}4\right)=\frac13-\frac{\pi}{12}.$$

Таким образом, осталось поделить объём фигуры $%\Phi'$% на объём фигуры $%\Phi$%, равный $%1/6$%. Это даст нам вероятность того, что "случайный" треугольник окажется остроугольным. Эта величина равна $$2-\frac{\pi}2\approx0.429203673.$$ Соответственно, вероятность возникновения тупоугольного треугольника составит $%\pi/2-1$%, то есть приблизительно $%0.570796327$%.

Поскольку ответ получился "хороший", это говорит о том, что его, скорее всего, можно получить при помощи более простых вычислений. Однако, использованный подход довольно стандартен, и мне проще было применить его, а не искать что-то более "элегантное".