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Titolo: Triangolo

Ho un'asta rettilinea, lunga 1 metro.
La spezzo in due punti, scelti assolutamente a caso, ottenendo tre pezzi.
Quale e' la probabilita' che con i tre pezzi si possa costruire un
triangolo?
ciao
paolo

101 %
Ciao
Nik

Veramente brillante!
Un'altra soluzione (non mia, l'ho trovata nel NG "rec,puzles") e' la
seguente:
Si puo' formare un triangolo se e solo se:
1) I due tagli si trovano su lati opposti rispetto al punto medio dell'asta
(probabilita' 1/2)
2) La loro distanza reciproca e' inferiore a meta' della lunghezza dell'asta
(probabilita' 1/2)
Quindi 1/2*1/2=1/4
ciao
paolo

...
    La brillante soluzione che segue, non è stata trovata dal sottoscritto,
il quale invece ha fatto ricorso ad uno scomodo integrale, ma da Piero
Furiesi.
    Sulla falsariga della soluzione di Piero Furiesi, propongo un'altra
dimostrazione grafica, questa volta in 2D, considerando come variabili,
anziche' le tre lunghezze, le ascisse dei due punti di rottura.
    Siano 0,1 gli estremi dell'asta, ed X,Y (con X<Y) le distanze dei due
punti di rottura dal punto 0.
    Le lunghezze dei tre pezzi risultano:
    X;   Y-X;   1-Y
    Le limitazioni per i due punti sono
    0<=X<=1
    X<=Y<=1
    In un diagramma cartesiano, le possibili posizioni di X,Y appartengono
ad un triangolo rettangolo isoscele limitato dalle rette:
    x=y
    x=0
    y=1
    avente come vertici i punti (0,0);(1,1);(0,1)
    Le condizioni perche' si possa costruire un triangolo sono:
    X<=0.5
    Y-X<=0.5   ===>   Y<=X+0.5
    1-Y<=0.5   ===>   Y>=0.5
    rappresentabili nel diagramma con un triangolo limitato dalle rette:
    x=0.5
    y=0.5
    y=x+0.5
    avente come vertici i punti (0,0.5);(0.5,0.5);(0.5,0)
    la cui superficie e' 1/4 di quella del primo triangolo.
    ciao
    paolo

Paolo Licheri wrote:

Il problema non e' perfettamente determinato.Se stabilisco i  punti di
rottura a priori, es. 2 numeri random che ne indicano le posizioni,
allora la prob. e' 1/4 come e' stato detto. La classica dimostrazione
grafica utilizza il teorema di Viviani.
Se invece spezzo l'asta in punto qualunque, poi scelgo uno dei due pezzi
a caso per spezzarlo a sua volta, le cose sono differenti e la prob.
diventa 1/6.           Prof:
Il teorema di Viviani dice che se conduco le perpendicolari ai 3 lati da
un punto qualunque preso all'interno di un triangolo equilatero, la
somma delle 3 perpendicolari sara' costante, ed uguale all'altezza.
Ora se prendo un triagolo eq. di altezza 1, ogni suo punto interno
corrisponde univocamente ad un modo di spezzare l'asta.
Dividendo l'area del triang. in 4 triangoli eq. di altezza 0.5. si vede
che ogni punto interno ai 3 triangoli con un vertice in comune al
triangolo grande genera 3 pezzi che non possono essere lati di un
triangolo, perche' uno e' maggiore della somma degli altri 2. Tutti i
punti nel triangolo centrale invece vanno bene, il rapporto delle aree
e' 1/4.
Seconda procedura. Spezzo l'asta in una posizione casuale. Scelgo uno
dei due pezzi, se e' il piu' corto nessun triangolo sara' possibile. Se
scelgo il piu' lungo  prob 1/2, lo stesso diagramma di Viviani mostra
che ci sono 1/3 di possibilita' di spezzarlo in modo da ottenere il
triangolo voluto. 1/2*1/3 = 1/6.
dario

 [...]
Caro Dario,
se posso esprimere la mia opinione, credo che il problema sia
invece determinato, dal momento che scegliendo i 2 punti
"assolutamente a caso", come ebbe a dire Paolo Licheri, il
secondo di essi dovrebbe capitare con maggiore probabilità sul
pezzo d'asta più lungo tra i 2 ottenuti in seguito al primo
"taglio", e non in modo equiprobabile tra i 2 pezzi d'asta,
quali che siano le loro lunghezze.
Questo giusto per dire che mi sembrava che Paolo Licheri avesse
posto il problema in maniera chiara.
Detto questo, volevo dire anche che la variante del problema da
te proposta è veramente interessante.
Ed anche molto... Sottile, nel senso che suggerisce un
procedimento risolutivo apparentemente ineccepibile, eppure
fallato (il calcolo delle probabilità si rivela ancora una volta
assai infido e sfuggente ;-)
Pertanto a questo punto la tua interessantissima variante è
spendibile come nuovo enigma.
________________________________________________________________
Qual è la probabilità che si possa costruire un triangolo con 3
pezzi ottenuti da un'asta nel seguente modo: si pratica il primo
taglio a caso, poi si sceglie in modo equiprobabile uno tra i 2
pezzi ottenuti con il primo taglio, e quindi si pratica il
secondo taglio su di esso?
________________________________________________________________
(Suggerimento: la probabilità richiesta non vale 1/6 ;-)
Buon divertimento,
Emanuele Z.

Emanuele Z. wrote:

Scusa, ma insisto nella mia posizione. I due modi di scelta sono
entrambi assolutamente casuali, ma portano a due risultati diversi. Ed
il secondo modo di procedere vale 1/6, se hai ricostruito il metodo
geometrico che ho descritto, risulta chiaro.dario
PS a meno che tu non obbietti che tra due pezzi, la probabilita' di
prendere il piu' lungo sia maggiore.
Se chiudo gli occhi e calo la mano casualmente sul tavolo dove i due
bastoncini sono appoggiati, e' piu' probabile afferrare il piu' lungo,
ma se scelgo lanciand0 una  moneta, e' 1/2. Questo avvalora il fatto che
il procedimento di scelta casuale va' specificato in modo preciso.
dario

(Suggerimento: la probabilità richiesta non vale 1/6 ;-)
Consideriamo due casi equiprobabili:
a) ho preso una grossa cantonata
b) la risposta e' 0.096574
spiegazione del caso b)
se per il secondo taglio scelgo il pezzo piu' corto, non posso costruire il
triangolo,
quindi elimino il pezzo piu' corto ed 1/2 di probabilità.
mi soffermo sul pezzo piu' lungo, e chiamo X la sua lunghezza
deve essere
0.5<X<=1 (vedi nota 1)
tutti i possibili valori compresi in questo intervallo sono equiprobabili
per un dato X, posso costruire il triangolo se il pezzo piu' lungo ottenuto
con il secondo taglio e' <0.5
quindi, detta Y la lunghezza di questo nuovo pezzo piu' lungo, avro'
casi possibili:
X/2<Y<=X
casi favorevoli:
X/2<Y<1/2
da cui la probabilita
p(x)=(1/2-X/2)/(X-X/2)=(1-X)/X
la probabilita' richiesta si ottiene integrando p(x) tra 0.5 ed 1
e quindi moltiplicando per 1/2 (probabilita' che dopo il primo taglio si sia
scelto il pezzo piu' lungo)
P=1/2*(ln(2)-1/2)=0.09657359....=1/10.35.......
nota 1)
credo che in queste disuguaglianze sia indifferente usare < o <=
trattandosi di probabilita nel continuo e non nel discreto (si dice cosi?) i
casi singolari possono essere trascurabili
per esempio posso trascurare il caso che sia esattamente X=0.5
in quanto la sua probabilita' e' p(0.5)=0
(notare che, nel continuo, p=0 non e' la stessa cosa che dire evento
impossibile)
spiegazione del caso a)
la soluzione data nel caso b si scontra con una mia intuizione
considero che nel primo problema la probabilita' era 1/4
oviamente in questo caso la probabilita' sara' minore
ma l'intuito mi diceva che la riduzione non dovesse superare il
dimezzamento, quindi mi aspettavo di trovare
1/4>P>1/8
molto spesso (non so se a ragione o torto) sono portato a fidarmi piu'
dell'intuito che del ragionamento
attendo lumi
ciao
paolo

geometrico che ho descritto, risulta chiaro
con un metodo geometrico leggermente diverso avevo anch'io ottenuto 1/6
questo avvalorerebbe anche la mia intuizione che debba essere
1/4>p>1/8
con la soluzione analitica  mi risulta invece circa 1/10.35...
vorrei sapere (salvo banali errori di calcolo, sempre possibili) dove ho
sbagliato
credo che il punto sia nel diverso peso che possono avere le probabilita' in
funzione della lunghezza del primo pezzo:
se il pezzo piu' lungo ottenuto con il primo taglio vale
X=0.5 la sua probabilita' vale p(x)=1
se invece
X=1 la sua probabilita' vale p(x)=0
mi pare che, se la probabilita' tra questi due estremi varia linearmente, si
arrivi ad 1/6
mentre l'altro risultato presuppone una variazione non lineare
ciao
paolo

...
|Se si attribuisse tale lunghezza alla variabile L1 poniamo,
|dovremmo però considerare che in seguito al primo taglio, tale
|variabile potrebbe anche venirci maggiore di 1/2, e che in
|questo caso prenderemmo in considerazione la rimanente parte
|dell'asta per effettuare il secondo taglio.
Faccio schifo. Ancora una volta, provo a spiegarmi meglio.
Per essere un po' più chiari (sperabilmente):
nell'enigma originario, le terne L1,L2,L3 erano tutte
equiprobabili (L1, L2 ed L3 rappresentano le lunghezze dei 3
pezzi di asta ottenuti: poniamo L1 il pezzo a sinistra, L2
quello centrale, ed L3 quello a destra).
Erano quindi equiprobabili tutti i punti della superficie del
"triangolo grande" del diagramma di Viviani, cioè i "casi
possibili", poiché L1,L2,L3 erano distribuite uniformomente in
[0,1], e quindi era legittimo calcolare la probabilità come
rapporto tra i casi favorevoli e quelli possibili.
Nella nuova situazione, quella che viene a cadere è l'ipotesi di
equiprobabilità delle terne L1,L2,L3, e quindi dei punti della
(nuova) superficie (ottenuta dalla precedente togliendo un
"triangolino periferico"), poiché L1, L2 ed L3 non sono più
distribuite uniformemente nei rispettivi intervalli ammissibili.
Ora infatti con L1, poniamo, si indica (sempre) la lunghezza del
segmento più corto tra i 2 ottenuti con il primo taglio (se si
vuole porre per un dato Li (1<=i<=3) la limitazione tra 0 e 1/2,
come impone l'adattamento del diagramma).
L1 ha quindi distribuzione uniforme in [0,1/2], ma allora L2 ed
L3 non hanno più distribuzione uniforme in [0,1].
Come è chiaro, il ragionamento è stato condotto ipotizzando che
dopo il primo taglio si prenda sempre la porzione d'asta più
lunga per il secondo taglio: non ho cioè tenuto conto della
scelta casuale tra i 2 pezzi ottenuti con il primo taglio, ma
tanto questa introduce soltanto un fattore 1/2, come era già
stato correttamente osservato sin dall'inizio.
Ciao, Emanuele.

 [0,1]                      ^^^^^^^^^^^^^
La cosa ovviamente non è vera, dal momento che L1, L2 ed L3 non
sono indipendenti.
Al contrario, per ogni lato i valori minori di 1/2 sono più
probabili di quelli maggiori.
Però il ragionamento rimane valido: nel primo problema L1, L2 ed
L3 hanno comunque *la stessa* distribuzione in [0,1], anche se
essa _non_è_uniforme_ (più rozzamente, si può dire che hanno gli
stessi "istogrammi").
Nel secondo caso invece, esse variabili hanno distribuzioni
diverse, proprio perché (e qui invece è vero!) una certa
variabile (L1 diciamo) ha ora distribuzione *uniforme* in
[0,1/2], e pertanto i punti della superficie non sono più
equiprobabili.
Vorrei non essere costretto a frequentare questo bel gruppo alle
5 di mattina :-(
Ma con la vita che facciamo noi gigolò...
;-)
Ciao, Emanuele Z.