Existence d'un quadrilatère

Pardonne cette question bête, mais étant données 4 longueurs a,b,c,d quelles sont les conditions nécessaires et suffisantes pour qu'on puisse fabriquer au moins un quadrilatère avec ?

C'est plus simple de traiter l'analogue continu: si $X_1,\ldots,X_n$ sont des variables aleatoires independantes et de meme loi uniforme sur $[0,1]$ calculer $p_n=\Pr(2\max_iX_i<X_1+\cdots+X_n).$ Par exemple $q_4=1-p_4=4\Pr(X_1+X_2+X_3<X_4).$ Or la loi de $X_1+X_2+X_3$ a une densite continue polynomiale par morceaux qui vaut $x^2/2$ sur $[0,1]$ et donc $$q_4=4\int_0^1\left(\int_0^{x_4}\frac{x^2}{2}dx\right)dx_4=\frac{1}{6}.$$ De la meme maniere on montre que $q_n=1/(n-1)!.$

Si tu permets je considere d'abord le probleme discret plus simple de va $Y_1,Y_2, etc$ independantes et uniformes sur $E_n=\{0,\cdots,n-1\}.$ Pour trouver que $$\Pr(Y_1+Y_2+Y_3=k)=\frac{(3)_k}{n^3k!}\ \ (*)$$ sous la condition cruciale $k<n$ on observe que pour compter conbien de $(y_1,y_2,y_3)$ entiers de $E_n$ satisfont $y_1+y_2+y_3=k$ si $k\in E_n$ on peut oublier la restriction $y_i<n$ et utiliser alors
$$\frac{1}{(1-z)^3}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(3)_k}{k!}z^k$$ dont les termes $0,1,,\ldots,n-1$ conduisent a (*).

Une deuxieme remarque est basee sur le fait que si $b_n=a_0+\cdots+a_n$ et si $A(z)=\sum_{k=0}^{\infty}a_nz^n$ et $B(z)=\sum_{k=0}^{\infty}b_nz^n$ alors $ B(z)=A(z)/(1-z)$ ce qui entraine

$$\sum_{k=0}^{y_4}\frac{(3)_k}{k!}=\frac{(4)_{y_4}}{y_4!}$$En route maintenant pour calculer $$\Pr(Y_1+Y_2+Y_3\leq Y_4)=\frac{1}{n^4}\sum_{y_4=0}^{n-1}\frac{(4)_{y_4}}{y_4!}=\frac{(5)_{n-1}}{n^4(n-1)!}.$$

Si maintenant ce sont plutot les va $Y'_i=1+Y_i$ qui t'interessent, c'est a peu pres la meme chose, mais la formule finale est moins elegante$$\Pr(Y'_1+Y'_2+Y'_3\leq Y'_4)=\frac{1}{n^4}\sum_{y_4=2}^{n-1}\frac{(4)_{y_4}}{y_4!}=\frac{(5)_{n-1}}{n^4(n-1)!}-\frac{5}{n^4}.$$. Bref, la probabilite que 4 batons de longueurs entieres $ \leq n$ choisis independamment et uniformemebt forment un quadrilatere est exactement


$$1-4\left(\frac{(5)_{n-1}}{n^4(n-1)!}-\frac{5}{n^4}.\right)=1-\frac{20}{n^4}\left( \frac{6.7.\ldots. (3+n)}{(n-1)!}-1\right)$$