теория-вероятностей - Существует ли короткое решение?

Откорректировал. Можно решить задачу геометрически. Пусть, $%x,y,z$% - длины отрезков, положим $%l=1$%.
Система неравенств $% x>0,\; y>0,\; z>0,\;x<1,\; y<1,\; z<1 $% определяет в пространстве $%(x,y,z)$% единичный куб. Добавление неравенств $% x+y \gt z, \; x+z \gt y, \; y+z \gt x$% дает многогранник $%T$%, объем которого численно равен искомой вероятности.

Дополнение. Для нахождения объема многогранника $%T$% зафиксируем некоторое $%0\lt z \lt 1$% и рассмотрим допустимую область в сечении $%z$%. Это будет пятиугольник, получающийся из единичного квадрата отсечением трех равнобедренных прямоугольных треугольников: одного с катетами $%z$% и двух с катетами $%1-z$%. Его площадь $%S(z)=1-z^2/2-(1-z)^2$%. Проинтегрировав $%S(z)$% от 0 до 1, получаем искомую вероятность. Она равна $%1/2$%.

II способ(то же самое, но без интеграла). Рассмотрим случай, когда $%x,y,z$% могут с равной вероятностью принимать только целочисленные значения от $%1$% до $%n$%. Всего возможно $%n^3$% различных исходов испытания. Для подсчета количества благоприятных испытаний при фиксированном $%z$% составим таблицу $%n \cdot n$%, строки которой соответствуют всем возможным значениям y, а столбцы - всем возможным значениям x, и посчитаем количество допустимых клеток. Недопустимыми областями будут:

1. левый верхний треугольник $%x \le z, \; y \le z$%, содержащий $%z \cdot (z+1)/2$% клеток;
2. левый нижний треугольник $%n-z \le y \le n, \; x \le n-z$%, содержащий $%(n-z) \cdot (n-z+1)/2$% клеток;
3. правый верхний треугольник $%n-z \le x \le n, \; y \le n-z$%, содержащий $%(n-z) \cdot (n-z+1)/2$% клеток.

Таким образом, количество допустимых клеток $%N(z)=n^2- z \cdot (z+1)/2- (n-z) \cdot (n-z+1)$%

Просуммировав $%N(z)$% по $%z$% от 1 до $%n$% (используя формулу суммирования квадратов), разделив на $%n^3$% и перейдя к пределу при $%n \to \infty$%, получим искомую вероятность.

Можно и элементарными методами. Продолжаю рассуждения @Андрей Юрьевич. Пусть $%ABCDA_1B_1C_1D_1$% единичный куб, область всех исходов, где

$$D(0;0;0),A(1;0;0),B(1;1;0),C(0;1;0),B_1(1;1;1),A_1(1;0;1),D_1(0;0;1),C_1(0;1;1)$$

• $%x+y-z=0$% уравнение плоскости $%DA_1C_1$%,
  
• $%z+y-x=0$% уравнение плоскости $%DBA_1$%,
  
• $%x+z-y=0$% уравнение плоскости $%DBC_1$%.
  

Эти плоскости разделяют куб на $% 3 $% равных тетраэдра $%D_1A_1C_1D$%, $%CC_1BD$%, $%AA_1BD$% с обьемамы $% 1/6$%, а оставшиеся часть куба - многогранник $%T$%(которoй принадлежит вершинa B). Эта часть удовлетворяет неравенствам $%x+z > y, x+y > z, z+y > x$%.

$$ p=V_T=V_{куб}-3V_{тетр}=1-3/6=1/2 $$

Обозначим отрезки a, b и d (это не длины, а обозначения отрезков). Пусть d будет наибольшим. Тогда возможно 2 исхода: (a + b) > = d и (a + b) < d. Благоприятствующий один. Искомая вероятность: 1/2

Есть вариант этой задачи, когда на отрезок случайно, равномерно и независимо бросаются две точки. Отрезок оказывается разбит на три части, и спрашивается, с какой вероятностью можно из них составить треугольник.

Ответ здесь получается другой: вероятность равна $%1/4$%. Решение в этом случае намного проще, и обойтись без интегралов совсем легко, опираясь только на соображения симметрии. Рассмотрим середину $%C$% отрезка $%AB$%. Если бросаемые точки $%X$%, $%Y$% упали в одну из половинок, то треугольник составить нельзя, а происходит это с вероятностью $%1/2$%. Пусть теперь точки упали в разные половинки. Вопрос возникает только про длину среднего отрезка: будет ли выполнено условие $%XY < AX+YB$%? Это условие равносильно тому, что $%XY < 1/2$%. Здесь уже из соображений симметрии понятно, что эта вероятность равна $%1/2$% -- при условии, что точки попали в разные половинки. Проще всего представить себе, что точки равномерно бросаются на окружность, разделённую на две дуги одинаковой длины. Тогда можно взять верхнюю и нижнюю дугу $%XY$%. Ясно, что одна длиннее другой с одинаковой вероятностью. Таким образом, в половине случаев из половины случаев треугольник будет можно составить.

Что касается исходной постановки, то я думаю, что там нет более простых соображений, чем сведение вопроса к объёму тетраэдров. Как известно, тетраэдр не является равносоставленным кубу при разбиении на конечное число многогранников. Фактически, это тот же вопрос, который ставил Гильберт в своей 3-й проблеме. Она была вскоре после этого решена отрицательно, то есть это означает, что при вычислении объёма тетраэдра так или иначе необходима операция предельного перехода, а чисто комбинаторные способы не проходят.