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Probabilidad de que un palo roto al azar en cinco lugares pueda formar un tetraedro

Edición (junio de 2015): la solución de este problema es un breve informe sobre el proyecto de Illinois, la Geometría de Laboratorio (Universidad de Illinois en Urbana-Champaign), con fecha de Mayo de 2015, que aparece aquí junto con un pie de nota que decía: Una versión ampliada de este informe se está preparando para su posible publicación.

A continuación es un extracto (aunque, para ser claros, esta pregunta MO se trata de encontrar una forma cerrada de solución; por otra parte, (a) el hallazgo principal en la parte i está de acuerdo con una anterior MSE respuesta, y (b) me han retransmitido el error tipográfico de "math.overflow.net" a la redacción de la correspondiente facultad mentor).

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El siguiente problema fue traído a mi atención por parte de una tesis doctoral sobre la Enseñanza de las Matemáticas, pero - hasta donde yo sé - la solución sigue siendo desconocido.

Ya he hecho esta pregunta en el MSE, donde el post ha recibido más de 90 votos, pero aún no hay respuesta canónica en el más-que-un-año, ya que ha estado allí.

Por favor, añadir o sugerir diferentes etiquetas si parece justificada.


Al azar romper un palo en cinco lugares.

Pregunta: ¿Cuál es la probabilidad de que el resultado de seis piezas pueden formar un tetraedro?

Claramente la satisfacción de la desigualdad de triángulo en cada cara es una condición necesaria pero no condición suficiente.

Por otra parte, la cuestión de cuándo seis números pueden ser aristas de un tetraedro está relacionado con un cierto $5 \times 5$ determinante, a saber, la de Cayley-Menger determinante. (Ver, por ejemplo, Wirth, K., & Dreiding, A. S. (2009). Borde de la determinación de las longitudes de tetraedros. Elemente der Mathematik, 64(4), 160-170. Una más reciente artículo de estos autores es citado en los comentarios de abajo: Wirth, K., & Dreiding, A. S. (2013). Tetraedro clases basadas en el borde de longitud. Elemente der Mathematik, 68(2), 56-64.)

Obviamente, este problema es mucho más difícil que el clásico de $2D$ "forman un triángulo" uno. Yo daría la bienvenida a cualquier progreso en la búsqueda de una solución o una referencia a una si ya existe en la literatura.

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Sergio Acosta Puntos 6450

Esto está lejos de una respuesta completa, pero puede ser útil progreso.

La marcada problema, donde los números están etiquetados, se ve mucho más sencilla que la de marcar versión. La región de longitudes que pueden ser montados en tetraedro en un poco de orden puede ser visto como una unión de $6!$ copias de la región para el marcado longitudes, aunque esto puede ser reducido por las simetrías del tetraedro. Así que, veamos el caso más sencillo de marcado longitudes.

Hay lineal de las condiciones de la desigualdad de triángulo en cada cara del tetraedro, además de una cuadrática condición de la positividad de la plaza del volumen. Ignorando el cuadrática condición nos da una cota superior de la probabilidad de los bordes de la forma de un tetraedro.

La colección de $12$ triángulo de las desigualdades y una ecuación, que la suma de las longitudes es $1$, produce un $5$-dimensiones polytope $P$, lo que yo he analizado con la ayuda de paquete qhull.. Dada la sencillez del resultado, tal vez hay una manera de leer la estructura más directamente. Hay $7$ vértices. Cuatro de estos vértices dar $1/3$ de la longitud de la $3$ bordes de la reunión en un vértice, y $0$ de la longitud de los otros tres bordes formando un triángulo. Tres de los vértices de dar $1/4$ de la longitud de un ciclo de longitud $4$, e $0$ de la longitud de los dos bordes opuestos. Si el tetraedro incluye las caras con longitudes $\lbrace a, b, c \rbrace$ e $\lbrace a, d, e \rbrace$, entonces los vértices de incluir $(0, 0, 0, 1/3, 1/3, 1/3)$ e $(0, 1/4, 1/4, 1/4, 1/4, 0).$ sólo Con $2$ más de los vértices de la dimensión, la estructura combinatoria de $P$ es relativamente simple, y está determinado por el hecho de que la combinación convexa (de hecho, en promedio) de $4$ vértices es igual a una combinación convexa de los otros $3$ vértices. Tanto como el bipyramid en $3$ dimensiones pueden triangularse con $2$ o $3$ tetraedros, $P$ pueden triangularse con $3$ o $4$ simétrica simplices. $P$ está relacionado con el normal de los discos en un tetraedro.

El volumen de $P$ es $1/54$ del volumen del simplex de borde longitudes de sumar a $1$. Esto le da una cota superior de la probabilidad de que romper un palo, en marcado longitudes produce las longitudes de los bordes de un tetraedro, aunque esto está lejos de la $1/79$ observado numéricamente por Kirill. Es interesante que la cuadrática reglas de condición a cabo una gran fracción de la longitud que satisfacer el triángulo de las desigualdades.

Creo que la cuadrática condición puede ser añadido al considerar la forma de la superficie se cruza con el de tetraedros de una de las triangulaciones de $P$. Esto es mucho más sencillo de llevar a la intersección de una desigualdad cuadrática con una arbitraria polytope.

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