Dejemos que $X$ sea la colección de variables aleatorias que toman valores de $[0,1]$ .
Dejemos que $U$ sea la subcolección de variables aleatorias uniformes.
Para cada $f \in X$ , dejemos que $\rho_f \in [0,1] \to \mathbb{R}\cup \{\infty\}$ sea su PDF siempre que se defina.
En particular, si $f \in U$ entonces $\rho_f(t) = 1$ para $t \in [0,1]$ .
Dejemos que $(x_1,y_1)$ , $(x_2,y_2)$ , $(x_3,y_3)$ sean 3 puntos aleatorios de $U^2$ . Dejemos que $T$ sea el triángulo formado por ellos y $A$ sea su área. Introducir un montón de variables $x_\ell, x_m, x_u, y_\ell, y_m, y_u$ tal que $$\begin{cases} x_\ell \le x_m \le x_u,& \{ x_\ell, x_m, x_u \} = \{ x_1, x_2, x_3 \}\\ y_\ell \le y_m \le y_u,& \{ y_\ell, y_m, y_u \} = \{ y_1, y_2, y_3 \}\\ \end{cases}$$
Dejemos que $w = x_u - x_\ell$ y $h = y_u - y_\ell$ son la anchura y la altura de la caja delimitadora de $T$ .
Es fácil de comprobar $w, h \in X$ y
$$\rho_w(t) = \rho_h(t) = 6t(1-t)\quad\text{ for } t \in [0,1]$$
A partir de esto, podemos deducir $wh \in X$ con
$$\begin{align} \rho_{wh}(\ell) &= \int_0^1 \int_0^1 \rho_w(s)\rho_h(t) \delta(st - \ell) ds dt = \int_\ell^1 \rho_w(s)\rho_h\left(\frac{\ell}{s}\right) \frac{ds}{s}\\ &= 36\ell \left[ -(\ell+1)\log \ell + 2(\ell-1) \right] \end{align} $$
Dejemos que $\displaystyle\;u = \frac1w ( x_m - x_\ell)$ , $\displaystyle\;v = \frac1h ( y_m - y_\ell )$ y $\eta$ sea la relación $\displaystyle\;\frac{2A}{wh}$ .
Aparte de los sucesos de probabilidad cero ( $w = 0$ o $h = 0$ ), $u, v$ y $\eta$ están bien definidos. Además, $u, v$ se comportan como si pertenecieran a $U$ .
Dada cualquier realización de $( x_\ell, y_\ell)$ , $( x_m, y_m )$ , $( x_u, y_u )$ Hay $(3!)^2 = 36$ formas de asignar las coordenadas a los 3 vértices $(x_1, y_1)$ , $(x_2,y_2)$ y $(x_3,y_3)$ .
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Caso I - En $12$ de las formas, dos de los vértices ocupan un par de esquinas opuestas de la caja delimitadora. Un ejemplo es $$ \begin{cases} (x_1,y_1) &= (x_\ell,y_\ell),\\ (x_2,y_2) &= (x_m,y_m)\\ (x_3,y_3) &= (x_u, y_u) \end{cases} \quad\implies\quad \eta = \left|\begin{matrix} 0 & 0 & 1\\ u & v & 1\\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}\right| = |u-v|$$ En estos casos, $\eta$ se comporta como una variable aleatoria en $X$ con $$\rho_{\eta,I}(t) = 2(1-t)$$
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Caso II - Para el resto de $24$ sólo uno de los vértices ocupa una esquina de la caja delimitadora y los otros dos vértices se encuentran en los bordes de la caja delimitadora. Un ejemplo es $$ \begin{cases} (x_1,y_1) &= (x_\ell,y_\ell),\\ (x_2,y_2) &= (x_u, y_m),\\ (x_3,y_3) &= (x_m, y_u) \end{cases} \quad\implies\quad \eta = \left|\begin{matrix} 0 & 0 & 1\\ 1 & v & 1\\ u & 1 & 1 \end{matrix}\right| = 1-uv$$ En estos casos, $\eta$ se comporta como una variable aleatoria $\in X$ con $$\rho_{\eta,II}(t) = \rho_{uv}(1-t) = \int_{1-t}^1 \frac{ds}{s} = -\log(1-t)$$
Combinando estos dos escenarios, encontramos que aparte de los eventos de probabilidad cero, podemos tratar $\eta$ como variable aleatoria en $X$ con
$$\rho(t) = \frac13 \rho_{\eta,I}(t) + \frac23 \rho_{\eta,II}(t) = \frac23\left[(1-t) - \log(1-t)\right]$$
Esto implica que podemos tratar $2A = \eta wh$ como variable aleatoria $\in X$ con PDF
$$\rho_{2A}(t) = \int_{t}^1 \rho_{wh}(s)\rho_\eta\left(\frac{t}{s}\right)\frac{ds}{s}$$ Con la ayuda de un CAS, esto se evalúa a un feo lío: $$6(1-t)(1 - (5t+1)\log(1-t)) + 6t^2\log(t)(\log(t) - 5) + 12t(t+2)\left(\mathrm{Li}_2(t) - \frac{\pi^2}{6}\right) $$ donde $$\mathrm{Li}_2(z) = - \int_0^z \frac{\log(1-t)}{t} dt = -\int_0^1 \frac{\log(1-zt)}{t} dt$$ es el Función dilogaritmo .
Como doble comprobación, se puede utilizar la expresión anterior de $\rho_{2A}(t)$ para calcular el área esperada de $T$ : $$\mathbb{E}[A] = \frac12 \int_0^1 \rho_{2A}(t) t dt$$ Esto nos da un área esperada $\frac{11}{144}$ coincidiendo con lo que hay en la otra respuesta.
