Теория Вероятностей(Мат. Ожидание)

[provincialka]

(2ИСН)

у меня так не получилось . Но, похоже, я где-то ошиблась, потому что ответ получился больше 9. А ведь самый большой периметр здесь $3\sqrt 3$. Впрочем, пусть ТС сам свои интегралы считает

[ИСН]

(Оффтоп)

Что тут может получиться или не получиться. Достаточно посчитать матожидание одной стороны, у остальных оно такое же. Да, они зависимы, ну и что? Для матожидания их суммы это неважно.

[provincialka]

(Оффтоп)

Точно! А я и не подумала

[tazdraperm]

Да, действительно закралась ошибка, неправильно переписал знак третьего синуса..
Вот теперь получилось так:
Первый интеграл:

$\int_{0}^{\beta}(-\sin(\frac{\alpha-\beta}{2})+\sin(\frac{\beta}{2})+\sin(\frac{\alpha}{2}))d \alpha=|_0^\beta(2\cos(\frac{\alpha-\beta}{2})+\alpha\sin(\frac{\beta}{2})-2\cos(\frac{\alpha}{2}))=2\cos(0)-2\cos(\frac{-\beta}{2})+\beta\sin(\frac{\beta}{2})-2\cos(\frac{\beta}{2})+2\cos(0)$

Второй интеграл:

$\int_{\beta}^{2\pi}(+\sin(\frac{\alpha-\beta}{2})+\sin(\frac{\beta}{2})-\sin(\frac{\alpha}{2}))d \alpha$=|_\beta^2\pi(-2\cos(\frac{\alpha-\beta}{2})+\alpha\sin(\frac{\beta}{2})-2\cos(\frac{\alpha}{2})) = -2\cos(\pi-\frac{\beta}{2})+2\cos(0)+(2\pi-\beta)\sin(\frac{\beta}{2})-2\cos(\pi)+2\cos(\frac{\beta}{2})$

Приведя подобные, получаем: $6\cos(0)-2\cos(\pi)+2\pi\sin(\frac{\beta}{2})=8+2\pi\sin(\frac{\beta}{2})$
Подставив это во внешний интеграл и проинтегрировав по $d\beta$ получаем $|_0^{2\pi}(8\beta-4\pi\cos(\frac{\beta}{2}))=16\pi+8\pi=24\pi$

И отсюда $M(P)=\frac{24\cdot2\pi}{4\pi^2}=\frac{12}{\pi}$

[provincialka]

tazdraperm, теперь верно. А вы читали оффтопы ИСН? Он предложил более изящный способ решения.

[ИСН]

Плевать на мой способ. Там площадь на очереди, а потом ещё что-то.

[provincialka]

ИСН, может, он уже решил те пункты?

[ИСН]

Я в этом отношении придерживаюсь скептического агностицизма.

[tazdraperm]

Да, оффтопы читал, можно несколько сократить решение и сделать его более красивым.
Да, там дальше площадь, а она уже никак не выразится через сумму мат ожиданий сторон. Там формула Герона и интеграл выйдет совсем не такой простой.

[ИСН]

Может быть, есть какой-нибудь способ выразить площадь треугольника не через формулу Герона?

[provincialka]

ИСН в сообщении #932488 писал(а):

Может быть, есть какой-нибудь способ выразить площадь треугольника не через формулу Герона?

Тем более, что радиус описанной окружности нам известен.

[tazdraperm]

Действительно, R=1 и S=$\frac{abc}{4R}=\frac{abc}{4}=\frac{1}{4}|2\sin(\frac{\alpha-\beta}{2})|2\sin(\frac{\beta}{2})2\sin(\frac{\alpha}{2})$

UPD. И это равно:
$2sign(\alpha-\beta)\sin(\frac{\alpha-\beta}{2})\frac{\cos(\frac{\alpha-\beta}{2})-\cos(\frac{\alpha+\beta}{2})}{2}=sign(\alpha-\beta)\frac{\sin(\alpha-\beta)-\sin(\alpha)-\sin(-\beta)}{2}$
Где sign - знак.

Тогда $M(S)=\frac{1}{2\cdot4\pi^2}\int_0^{2\pi}(\int_0^{\beta}(-\sin(\alpha-\beta)+\sin(\alpha)+\sin(-\beta))d\alpha+\int_{\beta}^{2\pi}(\sin(\alpha-\beta)-\sin(\alpha)-\sin(-\beta))d\alpha)d\beta$

Вроде бы так, поправьте, если я неправ.

[tazdraperm]

Снова здравствуйте! Не было времени дорешать теорвер, вот собрался, сел. Мне осталось посчитать мат ожидание радиуса вписанной в треугольник окружности. Формула $r=\frac{2S}{P}$, где S - площадь треугольника, а P - периметр. И тогда получаем такую штуку $r=\frac{1}{2}sign(\alpha-\beta)\frac{\sin(\alpha-\beta)-\sin(\alpha)+\sin(\beta)}{|\sin(\frac{\alpha-\beta}{2})|+\sin(\frac{\alpha}{2})+\sin(\frac{\beta}{2})}$. И от этого надо брать двойной интеграл, при этом разбивая на два промежутка, чтобы учитывать знак $(\alpha-\beta)$. Я пытался мучить тригонометрию, чтобы привести это к более менее адекватному виду, но как-то не сложилось. Может есть более простой способ выразить радиус вписанной окружности или же как-то упростить это выражение?