Questo problema era già stato affrontato nella versione precedente del forum ma non sono riuscito a trovare nei miei archivi la vecchia risposta: ne approfitto senza indugio né ritegno per postarne una nuova (senza gli errori di un tempo).
In modo un po' informale, immaginiamo di avere $x \frac 1 2$ si ha una situazione speculare
e la lunghezza della regione "triangolante" è questa volta pari a $1 - x$.
Nel primo caso, la $y$ può assumere tutti i valori compresi tra $x$ e $1$; nel secondo invece può assumere tutti i valori tra $0$ e $x$.
Assegnamo quindi all'ipotesi $T \equiv {\text i segmenti formano un triangolo}$ le probabilità condizionate a $x$
$p \left( {T | x \, I} \right) = \left\{ {\begin{array}{cc} {\frac{x}{{1 - x}}} & {x \in \left[ {0,\frac{1}{2}} \right]} \\ {\frac{{1 - x}}{x}} & {x \in \left[ {\frac{1}{2},1} \right]} \\ \end{array}} \right.$
ovvero la frazione degli $y$ che consentono di formare un triangolo.
La probabilità di $x$ vale
$p \left( {x | I} \right) = \left \{ {\begin{array}{cc} 1 & {x \in \left[ {0,1} \right]} \\ 0 & {{\rm altrimenti}} \\ \end{array}} \right.$
La probabilità congiunta di $x$ e $T$ vale
$p \left( {x \, T | I} \right) = p \left( {x | I} \right) p \left( {T | x \, I} \right) = \left \{ {\begin{array}{cc} {\frac {x} {{1 - x}}} & {x \in \left[ {0,\frac 1 2} \right]} \\ {\frac {1 - x} x} & {x \in \left[ {\frac 1 2,1} \right]} \\ \end{array}} \right.$
e la probabilità marginale di $T$ vale
$p \left( {T | I} \right) = \int {dx \, p \left( {x \, T | I} \right)} = \int \limits_{\script 0}^{\script \frac 1 2} {dx \frac x {1 - x}} + \int \limits_{\script \frac 1 2}^{\script 1} {dx \frac {1 - x} x} = 2 \int \limits_{\script \frac 1 2}^{\script 1} {dx \frac {1 - x} x}$
dove l'ultimo passaggio è giustificato dalla simmetria della situazione che comporta che
$\int \limits_{\script 0}^{\script \frac 1 2} {dx \frac x {1 - x}} = \int \limits_{\script \frac 1 2}^{\script 1} {dx \frac {1 - x} x}$
Il risultato è
$p \left( {T | I} \right) = 2 \int \limits_{\script \frac 1 2}^{\script 1} {dx \left( {\frac 1 x - 1} \right)} = 2 \left[ {\log x - x} \right]_{\script \frac 1 2}^{\script 1} = \log 4 - 1 \approx 38,63\%$
In modo più formale, definiamo una variabile $t$ che assume il valore $1$ quando si può formare il triangolo e $0$ quando non si può: siamo interessati a $p \left( {t | I} \right)$. La probabilità non dipende esplicitamente da $x$ e $y$ per cui si tratta di una probabilità marginale
$p \left( {t | I} \right) = \int {dx \, dy \, p \left( {x \, y \, t | I} \right)}$
Espandiamo la probabilità congiunta di $x$, $y$ e $t$ con la regola del prodotto
$p \left( {x \, y \, t | I} \right) = p \left( {x | I} \right) p \left( {y | x \, I} \right) p \left( {t | x \, y \, I} \right)$
assegnamo la probabilità per $x$
$p \left( {x | I} \right) = \left\{ {\begin{array}{cc} 1 & {x \in \left[ {0,1} \right]} \\ 0 & {{\rm altrimenti}} \\ \end{array}} \right.$
la probabilità per $y$ condizionata a $x$: dato che si deve scegliere $y$ nel segmento più lungo
$p \left( {y | x \, I} \right) = \left\{ {\begin{array}{cc} k & {x \in \left[ {0, \frac 1 2} \right], \, y \in \left[ {x, 1} \right]} \\ h & {x \in \left[ {\frac 1 2, 1} \right], \, y \in \left[ {0, x} \right]} \\ \end{array}} \right.$
dove $k$ e $h$ sono costanti di normalizzazione
$k^{\script - 1} = \int \limits_{\script x}^{\script 1} dy = 1 - x \\ h^{\script - 1} = \int \limits_{\script 0}^{\script x} dy = x$
e otteniamo
$p \left( {y | x \, I} \right) = \left\{ {\begin{array}{cc} {\frac 1 {1 - x}} & {x \in \left[ {0, \frac 1 2} \right], \, y \in \left[ {x, 1} \right]} \\ {\frac 1 x} & {x \in \left[ {\frac 1 2, 1} \right], \, y \in \left[ {0, x} \right]} \\ \end{array}} \right.$
Con riferimento alle figure precedenti, abbiamo che la probabilità condizionata di $t$ vale
$p \left( {t | x \, y \, I} \right) = \left\{ {\begin{array}{cc} 1 & {x \in \left[ {0, \frac 1 2} \right], \, y \in \left[ {\frac 1 2, \frac 1 2 + x} \right]} \\ 1 & {x \in \left[ {\frac 1 2, 1} \right], \, y \in \left[ {x - \frac 1 2, \frac 1 2} \right]} \\ \end{array}} \right.$
La probabilità congiunta di $x$, $y$ e $t$ vale dunque
$p \left( {x \, y \, t | I} \right) = \left\{ {\begin{array}{cc} {\frac 1 {1 - x}} & {x \in \left[ {0, \frac 1 2} \right], \, y \in \left[ {\frac 1 2, \frac 1 2 + x} \right]} \\ {\frac 1 x} & {x \in \left[ {\frac 1 2, 1} \right], \, y \in \left[ {x - \frac 1 2, \frac 1 2} \right]} \\ \end{array}} \right.$
e la probabilità marginale vale
$p \left( {t | I} \right) = \int {dx \, dy \, p \left( {x \, y \, t | I} \right)} = \int \limits_{\script 0}^{\script \frac 1 2} {dx \int \limits_{\script \frac 1 2}^{\script \frac 1 2 + x} {dy \frac 1 {1 - x}}} + \int \limits_{\script \frac 1 2}^{\script 1} {dx \int \limits_{\script x - \frac 1 2}^{\script \frac 1 2} {dy \frac 1 x}} = \int \limits_{\script 0}^{\script \frac 1 2} {dx \frac x {1 - x}} + \int \limits_{\script \frac 1 2}^{\script 1} {dx \frac {1 - x} x} = \log 4 - 1$
com'era logico che fosse.
Se si rimuove il vincolo di scegliere $y$ nel segmento più lungo si ha
$p \left( {y | x \, I} \right) = p \left( {y | I} \right) = \left\{ {\begin{array}{cc} 1 & {y \in \left[ {0, 1} \right]} \\ 0 & {{\rm altrimenti}} \\ \end{array}} \right.$
quindi
$p \left( {x \, y \, t | I} \right) = \left\{ {\begin{array}{cc} 1 & {x \in \left[ {0, \frac 1 2} \right], \, y \in \left[ {\frac 1 2, \frac 1 2 + x} \right]} \\ 1 & {x \in \left[ {\frac 1 2, 1} \right], \, y \in \left[ {x - \frac 1 2, \frac 1 2} \right]} \\ \end{array}} \right.$
e
$p \left( {t | I} \right) = 2 \int \limits_{\script 0}^{\script \frac 1 2} {dx \int \limits_{\script \frac 1 2}^{\script \frac 1 2 + x} dy} = \int \limits_{\script 0}^{\script \frac 1 2} 2xdx = \frac 1 4$
sic!