Triangle aléatoire à angles aigus

P. · April 2020

Au lieu de compter les moutons, l'insomniaque a calculé que la probabilité pour qu'un triangle aléatoire ait tous ses angles aigus est $4-9\log(3/2)=0,3508\ldots$ Cela semble raisonnable et j’espère ne pas m’être trompé.
Le modèle est le suivant : on suppose que le triangle de côtés $a,b,c$ est de périmètre 2, et les abc acceptables sont dans un certain triangle où on prend la probabilité uniforme. Je ne connais pas les références.

Corto · April 2020

Moi je suis un peu fainéant et pas insomniaque, j'ai donc choisi mon triangle au hasard par un couple \[(\theta_1;\theta_2) \in \{(x;y)\in \R_+^2 : x+y \leq \pi\}\]
avec probabilité uniforme sur ce triangle.
Le dessin de la condition "tous les angles sont aigus" donne une triforce et la probabilité est de $1/4$. C'est d'ailleurs la même chose si l'on choisit $(\theta_1,\theta_2,\theta_3)$ de façon uniforme dans le triangle $\{(x,y,z)\in \R_+^3 : x+y+z = \pi\}$ avec, cette fois ci, une vraie triforce équilatérale.

Dom · April 2020

Quelques questions :
1) Pas compris « les abc sont dans un certain triangle ».
2) J'aurais pris « 1 » au lieu de « 2 » pour normaliser. Mais est-ce plus pénible ?

Cela dit Bertrand va certainement pointer son nez, non ?

Dom · April 2020

On peut aussi proposer le modèle naïf suivant pour tirer un triangle (les grossiers disent « tringler », bon, ok, pardon...).

A] on tire trois longueurs dans [0;1], indépendamment, uniformément.
on peut déjà se demander quelle est la probabilité que l’inégalité triangulaire soit vérifiée.

B] on ne garde que les triplets dont l’inégalité triangulaire est vérifiée et on cherche la probabilité qu’ils soient acutangles.

Je n’ai rien fichu. Ni sommeil, ni calcul.

Corto · April 2020

Dom : le triangle dont parle P. est l'intersection du plan d'équation $x+y+z=2$ avec le huitième d'espace (l'octant ?) $\R^3_+$.

Betrand pointe effectivement le bout de sont nez, c'est pour cela que je trouve une probabilité différente de celle de P.

P. · April 2020

Si $X_0,X_1,X_2$ sont les cotes du triangle aleatoire de perimetre 2 et si $Y_i=1-X_i$ alors $Y_0+Y_1+Y_2=1$ et je prends $(Y_1,Y_2)$ de densite 2 dans le triangle $y_1>0,y_2>0, 1-y_1-y_2>0$ . L'angle $0$ oppose au cote de longueur $X_0$ est obtus si par Pythagore $X_0^2>X_1^2+X_2^2$ ou encore $(1+Y_1)(1+Y_2)>2.$ La probabilite de ca est
$$ p=2\int_{0}^1\left(\int_{-1+\frac{2}{1+x}}^{1-x}dy\right)dx=3-4\log 2$$ et donc la probabilite de trois angles aigus est $1-3p=12\log 2-8=0,3177$. Mefions nous des calculs de tete nocturnes, on n'est pas von Neumann.

Pour considerer le modele conditionnel de Dom, qui prend $X_0,X_1,X_2$ independants et uniformes sur $(0,1)$ et se restreint au cas ou ils forment les cotes d'un triangle, il faut que cette restriction soit t celle du tetraedre de $\R^3$ de sommets (1,1,1), (0,1,1) (1,0,1), (1,1,0). Apres cela si je conditionne par $X_0+X_1+X_2= 2p$ avec $1\leq p\leq 3/2$ la loi conditionnelle des 3 angles est celle du modele ci dessus et ne depend pas de $p$. En bref, Dom ce que tu proposes revient au meme.

Dom · April 2020

Merci Corto,
Aïe. Je suis hors jeu !

Merci P.,
Ok ;-)

noobey · April 2020

Hello, je ne comprends pas j'obtiens un truc du style 0.275

Je pose mon code en python, je fais du Monte Carlo

taille_max = 100000 # Carré centré en 0 de diagonale (-taille_max,-taille_max) , (taille_max,taille_max) où on va tirer des lois uniformes
nb_pts = 1000000
import numpy as np

res = 0
for i in range(nb_pts):
    PT = np.random.uniform(-taille_max,taille_max,6)
    A = PT[:2]
    B = PT[2:4]
    C = PT[4:]
    AB = B-A
    AC = C-A
    CB = B-C
    prod1=np.dot(AB,AC)
    prod2=np.dot(-AC,CB)
    prod3=np.dot(-AB,-CB)
    
    if prod1 > 0 and prod2 > 0 and prod3 > 0 : ##Si les 3 produits scalaires sont positifs, le triangle est acutangle
        res += 1
        
print(res/nb_pts)

Guego · April 2020

On peut aussi prendre $3$ points au hasard dans le disque unité (avec une densité uniforme). En Monte-Carlant sur $10^8$ triangles, je trouve une proba d'environ $0.2803$.

P. · April 2020

noobey je n'ai pas compris quelle est la maniere dont le triangle ABC est aleatoirement choisi. Tu prends apparemment 3 points A,B,C independamment et suivant la meme loi.

Mais quelle loi?

noobey · April 2020

Bah je prends une loi uniforme sur un très grand carré pour toutes les coordonnées.

Guego · April 2020

Bon apparemment, pour 3 points dans un disque, c'est $\dfrac{4}{\pi^2}-\dfrac{1}{8}$, ce qui correspond à ce que j'ai obtenu par simulations. Cf https://mathworld.wolfram.com/DiskTrianglePicking.html

Dom · April 2020

Je m'interroge sur "l'aléatoire de trois points dans un disque".
Est-ce qu'on ne donne pas la place davantage à des triangles qu'à d'autres ?

C'est intuitif ma question, ou philosophique... j'ai l'impression que ça contraint davantage que les trois longueurs.

Autre méthode : on tire un angle $a$ dans ]0;180[, puis un autre dans ]0;180-$a$[... ?
Ça semble idiot...
Une idée dans ce style ?

Corto · April 2020

Ce n'est pas idiot, c'est encore et toujours le "paradoxe" de Bertrand.

Dom a écrit:

Est-ce qu'on ne donne pas la place davantage à des triangles qu'à d'autres ?

Si, mais davantage par rapport à quoi ? Par rapport à une autre distribution de probabilité ok mais laquelle ? On ne précise pas quelle est la probabilité à employer quand on dit "prendre un triangle au hasard", des choix de proba différents donneront des résultats différents. Il n'est pas clair du tout qu'il y ait une proba "meilleure que les autres" pour modéliser le choix d'un triangle "au hasard".

Toutes les méthodes proposées dans ce fil permettent d'obtenir tous les triangles (à homothétie près) donc il n'y en a pas vraiment de "meilleure" que d'autre. Enfin, ma méthode rend l'exercice assez trivial et pas forcément intéressant par rapport à l'exercice initial de P.

P. · April 2020

Noobey le tres grand carre ou $[0.1]^2$ c'est pareil. Mais si $(U_i,V_i)$ sont les coordonnes des 3 points $A_i$ avec les 6 va uniformes et independantes sur [0,1], les calculs explicites de la loi de $ U^*=(U_1-U_0)(U_2-U_0)$ puis celui de la probabilite pour que $A_0$ soit obtus donnee par $\Pr(U^*+V^*<0)$ me paraissent assez difficiles. Tout au plus on peut calculer facilement les moments de $U^*$ mais qui sont loin de donner la densite de la somme des deux va independantes et de meme loi que sont $U^*$ et $V^*$. Mais on a peut etre deja vu ca sur le forum il y a longtemps.

Guego · April 2020

Pour le carré (j'ai pris $[-1;1]$, mais comme le dit P, ça n'a pas d'importance), un Monte-Carlage sur $10^{10}$ triangles donne environ $0.274793$

Guego · April 2020

Bon, en fait, dans le cas du carré, la proba est $\dfrac{53}{150}-\dfrac{\pi}{40}$, ce qui correspond bien au résultat obtenur par simulation. Cf https://mathworld.wolfram.com/SquareTrianglePicking.html

Guego · April 2020

Morale de l'histoire : il y a plein de manières «naturelles» de faire, mais on obtient toujours entre $\dfrac{1}{4}$ et $\dfrac{1}{3}$.

P. · April 2020

Une autre loi du triangle aleatoire me fournit la probabilite 1/4 pour que tous les angles soient aigus. J'obtiens cela par un calcul probablement ridicule et je me demande si un simple raisonnement ne conduirait pas aussi au meme resultat.

La loi est definie ainsi: on prend trois points $A_i=(U_i,V_i),$ $i=0,1,2$ dans $\R^2$ avec les six $U_i,V_j$ independantes et de meme loi $N(0,1)$ Si $U^*=(U_1-U_0)(U_2-U_0)$ et $V^*=(V_1-V_0)(V_2-V_0)$ alors l'angle en $A_0$ est obtus si et seulement si $U^*+V^*<0.$ Voici le calcul stupide.
$$A=\left[\begin{array}{ccc} 1&1/2&1/2\\1/2&0&-1/2\\1/2&-1/2&0\end{array}\right]$$ est la matrice de la forme quadratique $U^*$ et ses valeurs propres sont $-1/2,0,3/2.$ Donc si $X_1, X_2$ sont independantes et de meme loi $N(0,1)$ on a $$U^*\sim -\frac{1}{2}X_1^2+\frac{3}{2}X_2^2.$$ De meme $V^*\sim -\frac{1}{2}Y_1^2+\frac{3}{2}Y_2^2$ avec $Y_1, Y_2$ sont independantes et de meme loi $N(0,1).$ Maintenant, astuce: si $E_i=(X_i^2+Y_i^2)/2$ alors $E_i$ suit une loi exponentielle standard, cad $\Pr(E_i>t)=e^{-t}$ et donc puisque $U^*+V^*\sim -E_1+3E_2$ alors $$\Pr(U^*+V^*<0)=\Pr (E_1>3E_2)=\mathbb{E}(e^{-3E_2})=\int_0^{\infty}e^{-3t}e^{-t}dt=1/4.$$

nicolas.patrois · April 2020

Selon cette activité (honteusement pompée sur La jubilation mathématique de Deledicq), je trouve moi aussi 1/4.
L’aire de la zone des triangles aigus est $\frac{45×30}{2}=675$ et celle de la zone des obtus est $\frac{90×45}{2}=2025$. 675×3=2025 donc le rapport des aires entre les aigus et tout le monde est 1/4.

GaBuZoMeu · April 2020

Le plus grand angle d'un triangle est entre 60° et 180°. Il y en a 1/4 qui sont aigus ($\frac{90-60}{180-60}$).

P. · April 2020

Excusez moi Gabu et Nicolas, mais je ne comprends pas grand chose. Quelle loi de probabilite choisissez vous chacun sur les trois angles?

Reflexion faite, j'ai compris vos messages. C'est le modele de Corto plus haut.

Chaurien · April 2020

J'ai toujours été fasciné par les probabilités géométriques, ce qu'on appelle parfois la « géométrie intégrale », avec les noms de Buffon, le précurseur, et Crofton, Blaschke, Santaló, et le toulousain Robert Deltheil, etc.
On pourra dire qu'il ne s'agit que de théorie de la mesure, mais la présence des objets familiers de la géométrie élémentaire donne à ces questions un charme particulier.
J'ai fait un article dans Pour la Science d'août 1986 « Des probabilités géométriques », illustré d'un dessin où l'on voit le comte de Buffon s'adonner au jeu de franc-carreau, car il ne s'est pas intéressé qu'à sa célèbre aiguille. Article qui fut traduit en arabe et republié dans le numéro spécial « Le hasard » de Pour la Science, avril 1996.
Dans cet article je raconte l'anecdote suivante.
J'avais un copain, amateur de mathématiques, qui m'avait questionné à propos du problème de la tige de Lemoine, publié dans le tout premier bulletin de la SMF en 1873 : « une tige se brise en trois morceaux ; quelle est la probabilité pour que, avec ces trois morceaux, on puisse former un triangle ? ». Tout le monde sait que c'est $\frac 14$, et mon copain le savait aussi. Mais il m'a raconté qu'il faisait une simulation sur ordinateur, et qu'il trouvait systématiquement un résultat plus proche de 0,19 que de 0,25, et il se demandait pourquoi. Comment faisait-il ? La tige, supposée de longueur $1$, était représentée par l'ensemble des nombres réels de $[0,1]$. Il prenait un nombre au hasard entre $0$ et $1$, soit $X$ ce nombre, puis un nombre au hasard entre $0$ et $X$, soit $Y$ ce nombre, et $X$ et $Y$ étaient les positions aléatoires des cassures, et les longueurs des trois morceaux étaient donc $Y$, $X-Y$, $1-X$, et il testait le triplet obtenu pour voir s'il formait un triangle. Dans l'énoncé de Lemoine, l'indépendance des cassures est sous-entendue, et le protocole expérimental de mon copain ne respectait pas cette indépendance. Il faisait comme si la tige avait un bout bleu et un bout rouge, qu'il la cassait au hasard, puis qu'il cassait au hasard le morceau au bout rouge. Je vous laisse le plaisir de calculer la probabilité obtenue alors.
Ceci pour dire, comme d'autres intervenants ci-dessus, que tout dépend de la façon dont on « prend au hasard » les objets géométriques en question dans ce type de problème. On peut citer comme Corto le paradoxe de Bertrand, et si l'on fait une simulation, la façon dont on fait cette simulation départagera les résultats.
Bonne soirée.
Fr. Ch. 99244

nicolas.patrois · April 2020

Les rapports d’aire pour moi, l’univers étant le triangle dont les sommets sont les points de coordonnées (60;60), (90;0) et (180;0) privé du segment reliant ces deux derniers points.

GaBuZoMeu · April 2020

Le modèle de Corto peut se voir, me semble-t-il, comme ça :
On jette trois droites au hasard dans le plan (hum hum, disons trois droites passant respectivement par des points $A$, $B$ et $C$ fixés, de sorte que c'est la direction des droites qui est "tirée au hasard"), et on regarde les angles du triangle formé par les trois droites. Bon, des fois ça ne fait pas un triangle mais c'est négligeable.

La variable aléatoire "plus grand angle" $X$ est entre 60° et 180°, et sa densité est $\dfrac{x -60}{1800}$ pour $60\leq x\leq 90$ et $\dfrac{180-x}{5400}$ pour $90\leq x\leq 180$. Ce qui fait bien que $P(X\leq 90)=1/4$ (comme si $X$ était uniformément répartie sur $[60,180]$ ;-)).

PS. P, j'ai comme l'impression que ton dernier modèle revient en fait à ça : les directions des côtés du triangle sont "tirées au hasard". Me trompé-je ?

GaBuZoMeu · April 2020

On fixe une direction de côté, on tire les deux autres directions au hasard entre 0 et 180° par rapport à la première. Lignes de niveau de la variable "plus grand angle du triangle" : 99250

P. · April 2020

Je suis d'accord; le modele de Gabu des triangles donne le modele de Corto pour les angles. Mais je n'ai pas compris pourquoi le modele gaussien des triangles donnerait le modele de Corto pour les angles. L'indice encourageant est que la probabilite de 3 angles aigus est 1/4 dans les deux modeles. Mais cela ne prouve pas completement que si les angles dans le modele gaussien sont $Y_i\pi$ avec $Y_i>0$ et $Y_0+Y_1+Y_2=1$ alors $(Y_1,Y_2)$ est uniformement reparti dans le triangle $y_1,y_2,1-y_1-y_2>0.$

Chaurien · April 2020

Nous sommes bien d'accord. Prendre un triangle au hasard, ceci n'a que le sens qu'on veut lui donner.

Si l'on choisit au hasard uniformément trois réels positifs de somme $ 1$, la probabilité qu'ils forment un triangle est $\frac14$. Lemoine a trouvé un codage qui rend ce résultat évident, en utilisant le fait que pour un point $M$ intérieur à un triangle équilatéral $ABC$, la somme des distances de $M$ aux trois côtés du triangle $ABC$ est constante, égale à la hauteur. Ce fait est utilisé dans certains diagrammes statistiques. Alors, Lemoine prend un triangle équilatéral $ABC$ de hauteur $1$, et à chaque triplet $(x,y,z)$ de réels positifs de somme $1$, il associe le point du triangle dont les distances aux côtés sont $x,y,z$. Il obtient ainsi une description imagée de l'univers des triplets possibles, avec distribution uniforme. Parmi ceux-ci, les triplets formant un triangle sont représentés par des points situés dans le petit triangle équilatéral sont les sommets sont les milieux $IJK$ des côtés du triangle $ABC$, et la probabilité cherchée est le quotient des aires de ces deux triangles équilatéraux, c'est $\frac 14$ (faire la figure).

On peut continuer et chercher les points représentant les triangles acutangles, alors on trouve un domaine délimité par trois arcs d'hyperboles, dont l'aire se calcule comme l'a fait P. ci-dessus, avec pour résultat la probabilité qu'il trouve : $12 \ln 2 -8$.
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?12,1968500,1969326#msg-1969326

Tout ça est expliqué dans mon article de PLS de 1986-1996.

Bonne journée. On dirait que la vague de froid s'arrête et que la bonne chaleur revient enfin.
Fr. Ch.

[small]Le temps a laissié son manteau
De vent, de froidure et de pluye,
Et s'est vestu de brouderie,
De soleil luyant, cler et beau.[/small]

Chaurien · April 2020

Remarque incidente. Il serait peut-être temps pour P. de prendre conscience que cote, coté, côte, et côté désignent quatre choses différentes.

Chaurien · April 2020

Poursuivons sur le triangle. Le prendre au hasard, ce peut être aussi comme il a été dit plus haut, choisir au hasard, indépendamment et uniformément trois réels de $[0,\pi]$, de somme $\pi$, qui seront les mesures de ses angles. Ces angles seront tous trois aigus si et seulement si chacun d'eux est inférieur à la somme des deux autres, en sorte qu'on retombe sur le problème de la tige brisée de Lemoine, dont j'ai parlé plus haut, et la probabilité est donc $\frac 14$.
Bonne journée.
Fr. Ch.

GaBuZoMeu · April 2020

Je m'étonne que Rescassol ne soit pas encore intervenu pour Morleyiser tout ça et dire qu'un triangle au hasard, c'est trois points au hasard sur le cercle unité dans le plan complexe.

P. écrivait:

> Mais cela ne prouve pas completement que si les angles dans le modele gaussien sont
> $Y_i\pi$ avec $Y_i>0$ et $Y_0+Y_1+Y_2=1$ alors $(Y_1,Y_2)$ est uniformement reparti dans le
> triangle $y_1,y_2,1-y_1-y_2>0.$

Et moi qui espérais que tu allais faire le calcul ! :-(

Rescassol · April 2020

Bonjour,

GaBuZoMeu a écrit:

Je m'étonne que Rescassol ne soit pas encore intervenu pour Morleyiser tout ça et dire qu'un triangle au hasard, c'est trois points au hasard sur le cercle unité dans le plan complexe.

C'est une façon de faire du hasard, et comme il a été dit, il y en a de multiples, il faut préciser la loi de probabilité qu'on veut considérer.

Ce qui me rappelle que j'avais fait une simulation du théorème de Guinand il y a quelque temps.
Dans tout triangle, $I$ (centre du cercle inscrit) est à l'intérieur de cercle de diamètre $[GH]$ (centre de gravité-orthocentre).
Sur la figure ci-jointe, j'ai tiré $1000000$ de triangles, $6$ coordonnées suivant une loi uniforme sur $[0;1]$, puis le résultat ramené au repère orthonormé direct dont $G$ est l'origine et $\overrightarrow{GH}$ le premier vecteur.
On peut d'ailleurs constater qu'il y a une concentration des $I$ au voisinage des $G$
La moyenne des abscisses des $I$ semble être de l'ordre de $0.163$.

Cordialement,

Rescassol 99272

Chaurien · April 2020

Excellente idée GBZM. Deux points au hasard sur le cercle-unité suffisent, le troisième étant fixé, par exemple $1$. Il doit être plus simple de considérer les obtusangles puisqu'un triangle a au plus un angle obtus. La simulation est très simple, et je regrette de n'avoir plus les moyens de programmation. Je serais curieux de voir le résultat.
Bonne journée.
Fr. Ch.

Math Coss · April 2020

Code un peu laborieux...

u0, p = vector((1,0)), pi.n()
def ps(v,w):
    if v.dot_product(w)>=0:
        return 1
    else:
        return -1

def pst(t):
    return ps(t[1]-t[0],t[2]-t[0])*ps(t[0]-t[1],t[2]-t[1])*ps(t[0]-t[1],t[2]-t[1])

def test():
    a = [random() for _ in range(2)]
    u = map(lambda t: vector((cos(2*p*t),sin(2*p*t))),a)
    return pst([u0]+u)

len([k for k in range(100000) if test()==-1])

Ça semble donner $1/4$, donc ça pourrait se démontrer facilement.

GaBuZoMeu · April 2020

On choisit des points au hasard $M_1,M_2,M_3$ sur le cercle unité. On coupe le cercle en $M_1$ et on le redresse. On se retrouve avec un segment coupé en trois par deux coupes aléatoires (indépendantes, loi uniforme sur le segment pour bien préciser). Les angles du triangle sont proportionnels aux longueurs des trois morceaux.
Quelle est la probabilité qu'un des morceaux ait une longueur supérieure ou égale à la moitié de celle du segment ? (Facile !)

P. · April 2020

GaBuZoMeu écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?12,1968500,1972414#msg-1972414

Pas commode, vraiment. Pour montrer que le modèle gaussien implique le modèle Corto, il faut au moins déjà montrer que l'angle $\pi Y_0$ en $A_0$ est tel que la loi de $Y_0$ est une $\beta(1,2)$ donc de densité sur $]0,1[$ égale à $2(1-y).$ Si $\vec{V}_i=(A_i-A_0)/{\sqrt{2}}=(X_i,Y_i)$ pour $i=1,2$ alors $(X_i,Y_i)\sim N(0,I_2)$ ce qui est sympathique, mais $\vec{V}_1$ et $\vec{V}_2$ sont dépendants en ce sens que
$\mathbb{E}(X_1X_2)=\mathbb{E}(Y_1Y_2)=1/2,$ ce qui empêche la loi jointe de $(\vec{V}_1,\vec{V}_2)$ d’être invariante par les rotations du plan. Alors cela est une galère épouvantable de trouver la loi de l'angle de $(\vec{V}_1,\vec{V}_2)$, et bien qu'on ait vu qu'il était obtus avec la probabilité 1/4, je doute un peu qu'il suive le modèle de Corto.

Par exemple avec le modèle de Corto $\Pr(\pi Y_0\leq \pi/3)=5/9.$ Je ne sais pas si une simulation du modèle gaussien permettrait de confirmer qu'il ne suit pas le modèle de Corto.

Math Coss · April 2020

Je fais un dessin pour la version facile. On coupe en $x\in[0,1]$ et en $y\in[0,1]$. On distingue selon que $x\ge y$ ou $x\le y$. Dans le deuxième cas, les longueurs des segments sont $x$, $y-x$ et $1-y$. Les triangles aigus correspondent à la partie en blanc. On voit d'où vient le résultat $1/4$. 99312