G10490. Aléa acutangle
On prend trois points au hasard sur une sphère. Quelle est la probabilité que les cordes qui les joignent forment un triangle acutangle ?
Solution
Quand les points A et B ont été choisis, on délimite quatre zones sur la sphère S (de rayon pris pour unité) avec les plans menés par A et B perpendiculairement à la droite AB, et le cercle d’intersection avec la sphèreS0 de diamètreAB.
Selon la position de C, le triangle ABC a un angle obtus en A (zone 2), en B (zone 1), ou en C (zone 3). La probabilité cherchée est 1/(4π) fois l’aire de la zone 4.
Ayant placé A, on a AB = 2 sinc avec la probabilité élémentaire 2 sinccosc.dc (0< c < π/2) ; la zone 4 a pour aire
4π−2×2π(1−sinc)−2π(1−cosc) et pour probabilité (2 sinc−1+cosc)/2.
Au total, la probabilité est Z π/2
0
(2 sinc−1 + cosc) sinccosc dc= 1/2.
Remarque. Un lecteur a imaginé trouver une solution plus simple en ad- mettant que les angles du triangleABC étaient répartis au hasard comme si les sommets étaient pris de façon équiprobable sur le cercle circonscrit.
Ce n’est pas le cas (il en résulterait d’ailleurs une probabilité 1/4, comme dans le problème G10189) ; voir en annexe (page suivante) la correspon- dance entre ces deux distributions de probabilité.
Annexe
Donnons-nous les points A, B; soit 2c la mesure de l’arc de grand cercle qui les joint : le segment |AB|= 2 sinc.
Origine des coordonnéesO au centre de la sphère, axe Ozparallèle à AB, plan Oxy médiateur deAB.
CoordonnéesA(cosc,0,−sinc) ;B(cosc,0,sinc) ;C(x, y, z) vérifiant x2+y2+z2 = 1.
Soit H(cosc,0, z) la projection de C surAB; en fonction des anglesA et B du triangle
|CH|= q
(x−cosc)2+y2= (z+ sinc) tanA= (sinc−z) tanB, soit encore =pcos2c−2xcosc+ 1−z2 =
= z+ sinc
cotA = sinc−z
cotB = 2 sincsinAsinB
sin(A+B) = 2zsinAsinB sin(B−A) . On en tire les coordonnées de C en fonction de A, B, c: z= sincsin(B−A)
sin(A+B) , x= 1
cosc−sin2c sin2A+ sin2B coscsin2(A+B) y =±p1−x2−z2=±2 sincsinAsinBqsin2(A+B)−sin2c
coscsin2(A+B) .
Cela donne une correspondance entre le plan (A, B) et le plan xOz, les éléments de surface se correspondant par le jacobien
dz.dx
dA.dB = D(z, x)
D(A, B) = ∂z/∂A ∂x/∂A
∂z/∂B ∂x/∂B . sin2(A+B)
sinc
∂z
∂A =−sin(2B), sin2(A+B) sinc
∂z
∂B = sin(2A).
coscsin3(A+B) 2 sin2c
∂x
∂A = cos(A+B) sin2B−sinAsinB, coscsin3(A+B)
2 sin2c
∂x
∂B = cos(A+B) sin2A−sinAsinB, d’où le jacobien
coscsin5(A+B) 2 sin3c
D(z, x)
D(A, B) = −sin(2B) cos(A+B) sin2B−sinAsinB sin(2A) cos(A+B) sin2A−sinAsinB =
= 4 sin2Asin2Bsin(A+B).
A l’élémentdz.dx du plan xOz correspond l’aire 2dz.dx/|y| de la sphère et la probabilité
dz.dx
2π|y| = D(z, x) D(A, B)
dA.dB
2π|y| = 2 sin2csinAsinB dA.dB πsin2(A+B)
q
sin2(A+B)−sin2c .
Ce calcul fait à c donné est à pondérer par la distribution de probabi- lité du paramètre c, de probabilité élémentaire sin(2c)dc, sur l’intervalle compatible avec les valeurs deA etB.
Sir≤1 est le rayon du cercle circonscrit au triangle ABC, 2 sinc=|AB|= 2rsin(A+B), d’oùc < A+B < π−c et 0< c≤min(A+B, π−A−B)≤π/2.
Le changement de variable sin2c= (1−w2) sin2(A+B) donne sin(2c)dc=−2w.dw et, pour la probabilité résultante,
4
π sin(A+B) sinAsinB dA.dB Z 1
0
(1−w2)dw= 8
3πsin(A+B) sinAsinB dA.dB.
Les triangles acutangles correspondent àπ/2−A < B < π/2 avec
0 < A < π/2, ; la symétrie des rôles de A et B autorise à remplacer sin(A+B) par sin(A+B) + sin(A−B) = 2 sinAcosB, la contribution de sin(A−B) étant nulle ; cela donne à intégrer 16
3πsinAsinBcosB dA.dB; l’intégration en B fournit : 8dA
3π sin2A(1−cos2A), puis l’intégration en A:
1/2
.Si les points A, B, C étaient pris de façon équiprobable sur un cercle, la probabilité élémentaire serait 2.dA.dB/π2, le domaine du plan (A, B) étant limité par les conditionsA >0, B >0, A+B < π. Dans le cas présent, la densité de probabilité est multipliée par 4π
3 sinAsinBsinC; cela défavo- rise les bords du domaine en favorisant les triangles acutangles.
