¿Cuál es la probabilidad de que tres puntos determinen un triángulo agudo?

Question

Se eligen al azar tres puntos distintos del cuadrado de la unidad. El objetivo es encontrar la probabilidad de que formen un triángulo agudo. Empecé a trabajar en esto porque quiero saber cómo abordar un problema de este tipo, donde el espacio muestral parece ser algo así como $[0,1]^2$ . Sin embargo, no he tenido experiencia en el manejo de pdf's en $[0,1]^2$ , $\mathbb{R}^2$ etc.

Hasta ahora, dados dos puntos cualesquiera, puedo hallar la probabilidad de que el tercer punto funcione mediante un simple argumento de geometría/área (véase más abajo). Pero entonces, ¿qué hacer con eso? Sospecho que la integración, pero ¿de qué y sobre qué dominio?

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Supongamos que $(a,b)$ y $(c,d)$ son dos puntos del cuadrado. Construye una línea que contenga $(a,b)$ y una línea que contenga $(c,d)$ para que ambas sean perpendiculares al segmento que une los puntos. La probabilidad de que el tercer punto funcione es el área de la región entre las dos líneas y dentro del cuadrado, pero fuera del círculo cuyo diámetro es el segmento que une los puntos. (Si el tercer punto está dentro del círculo se forma un triángulo obtuso, y si el tercer punto está sobre el círculo se forma un triángulo rectángulo).

Answer 1

Después de elaborar esto y escribirlo, descubrí que ya se había hecho en 1969: Eric Langford, The probability that a random triangle is obtuse, Biometrika (1969) 56 (3): 689-690 .

Para este tipo de problemas, es importante hacer un buen uso de las simetrías y elegir coordenadas convenientes. Una simplificación importante se consigue observando que un triángulo tiene como máximo un ángulo obtuso; así, los tres sucesos de que uno de los ángulos sea obtuso son mutuamente excluyentes, y por tanto la probabilidad de que el triángulo sea obtuso es sólo tres veces la probabilidad $p$ de que uno de los ángulos sea obtuso. De esta manera no hay que tratar tanto el círculo como la franja entre las perpendiculares, ya que la probabilidad de que el tercer punto esté en el círculo es $p$ y la probabilidad de que el tercer punto esté en la franja es $1-2p$ y se puede obtener la probabilidad deseada $1-3p$ de cualquiera de ellos. De hecho, ni siquiera se necesita la franja, ya que la probabilidad de que el tercer punto esté más allá de una de las perpendiculares es también $p$ .

Por lo tanto, hay tres enfoques diferentes; podemos integrar el área más allá de una de las perpendiculares o el área de la franja o el área del círculo sobre todas las posiciones de dos puntos. La ventaja de utilizar las perpendiculares o la franja es que sólo hay que tratar con líneas rectas y no con círculos; la desventaja es que la región de integración se complica debido a las esquinas. La ventaja del segundo enfoque es que se evitan las esquinas y se obtiene una región de integración relativamente sencilla; la desventaja es que se obtienen integradas algo complicadas para los segmentos del círculo que se extienden más allá del cuadrado.

Voy a trabajar el enfoque del círculo aquí. La parte fácil es integrar sobre el área del círculo sin tener en cuenta si está dentro del cuadrado. Esto es

$$ \def\lint{\int\limits} \begin{eqnarray} && \lint_0^1\mathrm dx_1\lint_0^1\mathrm dx_2\lint_0^1\mathrm dy_1\lint_0^1\mathrm dy_2\,\pi\left(\left(\frac{x_2-x_1}2\right)^2+\left(\frac{y_2-y_1}2\right)^2\right) \\ &=& 2\cdot\frac\pi4\lint_0^1\mathrm dx_1\lint_0^1\mathrm dx_2\,(x_2-x_1)^2 \\ &=& \frac\pi2\left(\frac13-2\cdot\frac12\cdot\frac12+\frac13\right) \\ &=& \frac\pi{12}\;. \end{eqnarray} $$

A esto hay que restarle la integral sobre los segmentos del círculo que se extienden más allá del cuadrado. Por simetría, ésta es cuatro veces la integral sobre los segmentos que se extienden más allá del borde inferior del cuadrado. Estos segmentos dependen de $x_1$ y $x_2$ sólo a través de $x:=|x_2-x_1|$ por lo que podemos deshacernos de una integral mediante la transformación

$$ \lint_0^1\mathrm dx_1\lint_0^1\mathrm dx_2\to2\lint_0^1\mathrm dx_1\lint_{x_1}^1\mathrm dx_2\to2\lint_0^1\mathrm dx\lint_x^1\mathrm dx_2\to2\lint_0^1\mathrm dx\,(1-x)\;. $$

También será conveniente transformar de $y_1$ y $y_2$ a $s:=y_1+y_2$ y $a:=y_2-y_1$ . Podemos restringir a $a\gt0$ por simetría, y el factor de simetría de $2$ cancela el determinante de Jacobi $2$ de la transformación:

$$\lint_0^1\mathrm dy_1\lint_0^1\mathrm dy_2\to\lint_0^1\mathrm da\lint_a^{2-a}\mathrm ds\;.$$

El centro del círculo está en $y=s/2$ y su radio al cuadrado es $(x/2)^2+(a/2)^2$ por lo que el ángulo del segmento que se extiende más allá del borde inferior es

$$\alpha=2\arccos\frac s{\sqrt{x^2+a^2}}\;.$$

El área de un segmento circular con ángulo $\alpha$ y el radio $r$ es $(\alpha-\sin\alpha)r^2/2$ . Así, con $\sin2\arccos u=2u\sqrt{1-u^2}$ La zona es

$$A(x,a,s)=\frac14\left(\left(x^2+a^2\right)\arccos\frac s{\sqrt{x^2+a^2}}-s\sqrt{x^2+a^2-s^2}\right)\;.$$

El factor $1/4$ se cancela con el factor de simetría $4$ para los cuatro bordes del cuadrado. Tenemos que integrar esto sobre todos los valores para los que hay un segmento de círculo que se extiende más allá del borde inferior, es decir, para $s^2\lt x^2+a^2$ . También tenemos $s\lt2-a$ . Estos dos límites coinciden para $x^2+a^2=(2-a)^2$ Es decir $a=1-x^2/4$ por lo que necesitamos dos integrales para $a$ por encima y por debajo de ese valor:

$$\lint_0^1\mathrm dx\,(1-x)\lint_0^{1-x^2/4}\mathrm da\lint_a^{\sqrt{x^2+a^2}}\mathrm ds\,A(x,a,s)+\lint_0^1\mathrm dx\,(1-x)\lint_{1-x^2/4}^1\mathrm da\lint_a^{2-a}\mathrm ds\,A(x,a,s)\;.$$

Las integrales sobre el segundo término en $A(x,a,s)$ son relativamente fáciles de evaluar:

$$\lint_0^1\mathrm dx\,(1-x)\lint_0^{1-x^2/4}\mathrm da\lint_a^{\sqrt{x^2+a^2}}\mathrm ds\,s\sqrt{x^2+a^2-s^2}=\frac{37}{2520}$$

( cálculo ) y

$$\lint_0^1\mathrm dx\,(1-x)\lint_{1-x^2/4}^1\mathrm da\lint_a^{2-a}\mathrm ds\,s\sqrt{x^2+a^2-s^2}=\frac1{840}$$

( cálculo ), y la suma es $\displaystyle\frac{37}{2520}+\frac1{840}=\frac1{63}$ .

El primer término es un poco más difícil de integrar; Wolfram|Alpha no lo hace de una sola vez. Si $F(s)$ es una antiderivada de este término con respecto a $s$ (donde estoy suprimiendo $a$ y $x$ para evitar el desorden notacional), entonces la integral que necesitamos es

$$\lint_0^1\mathrm dx\,(1-x)\left(\lint_0^{1-x^2/4}\mathrm da\,F\left(\sqrt{x^2+a^2}\right)+\lint_{1-x^2/4}^1\mathrm da\,F(2-a)-\lint_0^1\mathrm da\,F(a)\right)\;.$$

Con

$$F(s)=\left(x^2+a^2\right)\left(s\arccos\frac s{\sqrt{x^2+a^2}}-\sqrt{x^2+a^2-s^2}\right)$$

( cálculo ) tenemos

$$F\left(\sqrt{x^2+a^2}\right)=0\;,$$

$$F(2-a)=\left(x^2+a^2\right)\left((2-a)\arccos\frac{2-a}{\sqrt{x^2+a^2}}-\sqrt{x^2+4a-4}\right)\;,$$

$$F(a)=\left(x^2+a^2\right)\left(a\arccos\frac a{\sqrt{x^2+a^2}}-x\right)\;.$$

Wolfram|Alpha evalúa la integral sobre $F(a)$ de una sola vez si le das tiempo extra:

$$\lint_0^1\mathrm dx\,(1-x)\lint_0^1\mathrm da\,F(a)=\frac{-52+21\pi-48\log2}{720}$$

( cálculo ). La parte más difícil es la integral sobre $F(2-a)$ . El antiderivada con respecto a $a$ parece bastante desalentador al principio, hasta que te das cuenta de que es cero en el límite inferior $a=1-x^2/4$ . Por lo tanto, sólo lo necesitamos para $a=1$ . El resultado sigue siendo complicado, pero se puede simplificar a

$$\frac1{12}\Bigg(\left(18x^2+5\right)\arccos\frac1{\sqrt{x^2+1}}-\frac1{15}x\left(6x^4+245x^2+75\right) \\ +x^3\left(8\log\left(x^2+1\right)-3x\arctan x\right)\Bigg).$$

Una integración final da como resultado

$$\lint_0^1\mathrm dx\,(1-x)\lint_{1-x^2/4}^1\mathrm da\,F(2-a)=-\frac{517}{3150}+\frac{\pi-\log 2}{15}$$

( cálculo ).

Si lo juntamos todo, obtenemos

$$ \begin{eqnarray} p &=& \frac\pi{12}-2\left(-\frac{517}{3150}+\frac{\pi-\log 2}{15}-\frac{-52+21\pi-48\log2}{720}-\frac1{63}\right) \\ &=& \frac{97}{450}+\frac\pi{120}\;. \end{eqnarray} $$

( cálculo ). Así, la probabilidad $1-3p$ de que el triángulo sea agudo es

$$\boxed{\displaystyle\frac{53}{150}-\frac\pi{40}\approx0.2748}$$

de acuerdo con las simulaciones numéricas.

Ya que estamos, también podemos calcular la probabilidad para los puntos distribuidos uniformemente en el límite del cuadrado. Podemos suponer que el primer punto está en un lado, digamos el izquierdo, y promediar la probabilidad de que el ángulo en el tercer punto sea obtuso a medida que los puntos segundo y tercero se extienden por todos los lados.

Si el segundo punto está en el mismo lado que el primero, el ángulo es obtuso sólo si el tercer punto está también en el mismo lado y entre los otros dos; la probabilidad para ello es $1/3$ por simetría.

Si el segundo punto está en el lado opuesto al primero, el ángulo es obtuso si el tercer punto está también en uno de estos lados y entre los otros dos, para una contribución de $2\cdot1/3$ . También puede ser obtuso si el tercer punto está en uno de los lados restantes. La anchura $w$ del intervalo de la arista inferior para el que se da este caso viene determinado por la ecuación del círculo:

$$ \left(\frac12\right)^2+\left(\frac{y_1-y_2}2\right)^2=\left(\frac w2\right)^2+\left(\frac{y_1+y_2}2\right)^2\;,\\ w^2=1-4y_1y_2 \;. $$

Las integrales correspondientes son

$$\lint_0^{1/4}\mathrm dy_1\lint_0^1\mathrm dy_2\,\sqrt{1-4y_1y_2}=\frac49-\frac{\log2}3$$

( cálculo ) y

$$\lint_{1/4}^1\mathrm dy_1\lint_0^{1/(4y_1)}\mathrm dy_2\,\sqrt{1-4y_1y_2}=\frac{\log2}3$$

( cálculo ) para una contribución total de $8/9$ (multiplicado por $2$ para las dos aristas restantes).

Si el segundo punto está en un lado adyacente al izquierdo, digamos el inferior, el ángulo es obtuso si el tercer punto está en uno de estos dos lados y entre los otros puntos, lo que da dos contribuciones de $1/2$ . El ángulo también puede ser obtuso si el tercer punto está en uno de los lados restantes, por ejemplo, el derecho. De nuevo, la anchura del intervalo para el que se da este caso viene determinada por la ecuación del círculo:

$$ \left(\frac w2\right)^2+\left(1-\frac x2\right)^2=\left(\frac x2\right)^2+\left(\frac y2\right)^2\;,\\ w^2=y^2+4x-4 \;. $$

La integral correspondiente es

$$\lint_0^1\mathrm dy\lint_{1-y^2/4}^1\mathrm dx\,\sqrt{y^2+4x-4}=\frac1{24}$$

( cálculo ).

Si lo juntamos todo, tenemos

$$ \begin{eqnarray} p &=& \frac14\cdot\frac14\left(\frac13+\frac23+\frac89+2\left(2\cdot\frac12+2\cdot\frac1{24}\right)\right) \\ &=& \frac{73}{288}\;, \end{eqnarray} $$

y la probabilidad $1-3p$ de que el triángulo sea agudo es

$$ \frac{23}{96}\approx0.2396 $$

de acuerdo con las simulaciones numéricas.

Aquí hay una tabla con las probabilidades de que tres puntos formen un triángulo agudo para varias distribuciones de los puntos en el plano:

$$ \begin{array}{c|c|c} \text{circle}&\frac14&0.25\\ \hline \text{disk}&\frac4{\pi^2}-\frac18&0.2803\\ \hline \partial(\text{square})&\frac{23}{96}&0.2396\\ \hline \text{square}&\frac{53}{150}-\frac\pi{40}&0.2748\\ \hline \mathbb R^6\text{ symmetry}&\frac14&0.25 \end{array} $$

Las referencias de estos valores se encuentran en MathWorld en Selección del triángulo del disco , Selección de triángulos cuadrados y Selección de triángulos gaussianos y en un artículo de Stephen Portnoy, A Lewis Carroll Pillow Problem: Probability of an Obtuse Triangle, Statistical Science, Volume 9, Number 2 (1994), 279-284 que contiene una buena discusión sobre lo que podría significar elegir triángulos al azar y termina con la brillante frase "Yo sugeriría que el valor y el disfrute de las matemáticas es mayor cuando se utilizan para proporcionar soluciones imperfectas e incompletas a problemas mal formulados".

La entrada " $\mathbb R^6\text{ symmetry}$ " se refiere a una parte del artículo de Portnoy donde demuestra que cualquier distribución invariante bajo rotaciones en $\mathbb R^6$ (tratando todas las coordenadas de los puntos como un único vector en $\mathbb R^6$ ) debe conducir al mismo resultado y deriva ese resultado para una distribución gaussiana. He aquí un argumento sencillo para el resultado $1/4$ que no he encontrado en ningún sitio: Parametrizar las coordenadas $x_1,y_1,x_2,y_2$ de los dos primeros puntos con $\phi,a_1,a_2,h$ , donde $\phi$ es el ángulo por el que tienen que girar para que el vector de uno a otro apunte a lo largo del positivo $x$ dirección, $a_1$ y $a_2$ son los $x$ coordenadas de los puntos girados y $h$ es su común $y$ coordinar. El jacobiano de esta transformación es $|a_1-a_2|$ . Así, para encontrar la probabilidad de que uno de los ángulos en los dos primeros puntos sea obtuso, podemos promediar sobre todos los valores de $\phi$ , $a_1$ , $a_2$ , $h$ y las coordenadas rotadas $a_3,h_3$ del tercer punto, ponderando cada configuración por la distancia entre los dos primeros puntos. Dado que $\phi$ , $h$ y $h_3$ son independientes de $a_1$ , $a_2$ y $a_3$ y la obtusidad de los ángulos no depende de ellos, sólo tenemos que promediar sobre $a_1$ , $a_2$ y $a_3$ . Por simetría, las seis permutaciones de $a_1$ , $a_2$ y $a_3$ son igualmente probables. Forman tres pares de imágenes especulares. Los pesos de los dos pares que tienen uno de los dos primeros puntos en el centro se suman al peso del par que tiene el tercer punto en el centro. Por tanto, la probabilidad de que uno de los dos ángulos sea obtuso es $1/2$ y, por tanto, la probabilidad de que uno de los tres ángulos sea obtuso es $3/4$ .

Answer 2

Aunque no quisiera discutir la excelente respuesta de @joriki, no puedo evitar pensar que hay una solución más sencilla. Recordando un poco de la probabilidad, aquí hay una indicación, todavía incompleta, de cómo se podría proceder.

Comenzaría formulando el problema como si se dieran seis variantes aleatorias uniformes i.i.d. como tres pares $\{(X_i,Y_i)\}_{i=1}^3\in[0,1]^{2\times3}$ considerados como vértices $V_i$ de un triángulo, cada uno con un ángulo $\Theta_i$ (lo que permite a los índices "envolver" o "ciclar" el módulo $3$ ), y se le pide la probabilidad de que cada $\Delta_{ij}=\operatorname{sign}(\cos\Theta_i)$ es positivo. Sin embargo, a partir de la fórmula del producto interior $$\cos\Theta_i =(x_{i+1}-x_i)(x_{i-1}-x_i) +(y_{i+1}-y_i)(y_{i-1}-y_i)$$ podemos ver que el problema puede ser reformulado utilizando variables intermedias $U=(x_1-x_3)(x_2-x_3)$ y $V$ independientes pero idénticamente distribuidos a $U$ , observando que $$\cos\Theta_i =U+V\,.$$ Antes de computar $Pr(U+V>0)$ calculemos $Pr(U>u)$ , a partir de la cual la distribución de $U+V$ se producirá. Para calcular esto para $u\in[-1,1]$ , llamemos a las variantes $(x,y,z)$ en lugar de $(x_1,x_2,x_3)$ y empezar, por ejemplo, con $u=0$ para lo cual $$ Pr(U>0)=\int_0^1 \left(z^2+(1-z)^2\right)dz=\int_0^1(2w+1)\,dz=\frac23 $$ Esto se puede ver al observar que, para $z\in(0,1)$ fijo (y $w=z^2-z$ ), el producto $(x-z)(y-z)$ es positivo dentro de los cuadrados que van desde $(0,0)$ a $(z,z)$ y de $(z,z)$ a $(1,1)$ (las regiones gris y verde de abajo), y negativo en el resto de $(x,y)\in[0,1]^2$ (en blanco y rojo). Para la integral general $Pr(U > u)$ con $u\in[-1,1]$ , en lugar de las líneas delimitadoras $x,y=z$ , tenemos la curva límite $(x-z)(y-z)=u$ , que en $[0,1]^2$ tiene hasta dos componentes. Este es un gráfico que muestra el aspecto de las curvas (y las regiones) cuando $z=\frac25$ para $U>.08$ (en verde), $U<-.08$ (rojo), y para $U\in(0,.08)$ (gris).

$$ Pr(U>u) =\int_{[0,1]^3} \chi\left((x-z)(y-z) > u\right) \,dx\,dy\,dz =\int_0^1 A(u,z)\,dz$$ para la función de área $$ A(u,z) = \left\{\matrix{ 0 &\quad& u &\ge& v &\quad& u\ge\tfrac14~\vee~ u\in\left(0,\tfrac14\right) \wedge z\in\left[0,\sqrt u\right]\cup\left[1-\sqrt u,1\right] \\\\ A^+(u,z) &\quad& u &\in& \left(0,~ v\right) &\quad& u\in\left(0,\tfrac14\right) \wedge z\in\left(\sqrt u,\,1-\sqrt u\right) \\\\ 2w+1 &\quad& u & = & 0 &\quad& u=0 \wedge z\in\left[0,\,1\right] \\\\ A^-(u,z) &\quad& u &\in& \left(w,~ 0\right) &\quad& u\in\left(-\tfrac14,\,0\right) \wedge z\in\left(\tfrac12-\sqrt{u+\tfrac14},\,\tfrac12+\sqrt{u+\tfrac14}\right) \\\\ 0 &\quad& u &\le& w &\quad& u\le-\tfrac14 \vee \left|z-\frac12\right|>\sqrt{u+\frac14} }\right.$$ donde $v=\min(z,~1-z)^2\in\left[0,~\frac14\right]$ , $w=z(z-1)\in\left[-\frac14,~0\right]$ , y $A^\pm(u,z)$ aún están por determinar pero están bastante claros en el esquema anterior. Utilizando la simetría en torno a $y=x$ y, como valores de referencia, la superficie total $1$ y $Pr(U>0)=\frac23$ como el anterior (que tiene cuadrados y no curvas para todos $z$ ), podemos escribir $$ \eqalign{ A^+(u,z) &= z^2 + (1-z)^2 - 2 \int_{-z}^{-\min(z,\sqrt{u})}\left( \frac{u}{x}-x \right)\,dx - 2 \int_{\min(1-z,\sqrt{u})}^{1-z}\left( x-\frac{u}{x} \right)\,dx \\ &= z^2 + (1-z)^2 + \left[x^2-2u\ln|x|\right]_{-z,~1-z}^{-\min(z,\sqrt{u}),~\min(1-z,\sqrt{u})} \\ &= \min(z^2,u) - u\ln\frac{\min(z^2,u)}{z^2} + \min\left((1-z)^2,u\right) - u\ln\frac{\min\left((1-z)^2,u\right)}{(1-z)^2} \\ A^-(u,z) &= 1 -\int_{-z}^{-\min\left(z,\,\frac{z-1}{u}\right)}\left(1-\frac{u}{x}\right)\,dx -\int_{\min\left(1-z,~-\frac{z}{u}\right)}^{1-z}\left(1+\frac{u}{x}\right)\,dx \\ &= 1 - \Bigl[x\Bigr] _{ -z,~ \min\left(1-z,~-\frac{z}{u}\right)} ^{1-z,~-\min\left(z,\,\frac{z-1}{u}\right)} + u \Bigl[\ln|x|\Bigr] _{-z,~1-z} ^{-\min\left(z,\,\frac{z-1}{u}\right) ,~\min\left(1-z,~-\frac{z}{u}\right)} \\ &= 2z + \min\left( z,\frac{ z-1}{u }\right) - \min\left(1-z,\frac{-z }{u }\right) + u\ln\min\left(1 ,\frac{ z-1}{u z }\right) + u\ln\min\left(1 ,\frac{-z }{u(1-z)}\right) } $$ donde he utilizado múltiples puntos finales en el diferencias antiderivadas entre corchetes para ahorrar espacio. De hecho, hasta ahora es bastante similar a La solución de Langford de 1969 , las mayores diferencias son que define el FCD, $Pr(U\le u)$ , y expresa los límites directamente en términos de $u$ y no implícitamente en términos de $z$ (y $v$ & $v$ ), que ahora también he hecho en la columna de la derecha. A partir de esto, podemos ver que sólo tenemos que preocuparnos de los dos casos intermedios, $u\in\left(0,\tfrac14\right)$ y $u\in\left(-\tfrac14,0\right)$ . En el primero, $$ \eqalign{ Pr(U>u) &=\int_{\sqrt u}^{1-\sqrt u}A^+(u,z)\,dz\\ %&=\int_{\sqrt u}^{1-\sqrt u}\left[ % \min(z^2,u) % - u\ln\frac{\min(z^2,u)}{z^2} % + \min\left((1-z)^2,u\right) % - u\ln\frac{\min\left((1-z)^2,u\right)}{(1-z)^2} %\right]dz\\ &=\int_{\sqrt u}^{1-\sqrt u}\left[ u - u\ln\frac{u}{z^2} + u - u\ln\frac{u}{(1-z)^2} \right]dz\\ &=2u\int_{\sqrt u}^{1-\sqrt u}\Bigl[ 1-\ln u + \ln z + \ln(1-z) \Bigr]dz\\ &=2u\Bigl(1-\ln u\Bigr)\Bigl[z\Bigr]_{\sqrt u}^{1-\sqrt u} +\int_{\sqrt u}^{1-\sqrt u}\Bigl[\ln z-\ln z\Bigr]dz\\ &=2u\Bigl(1-\ln u\Bigr)\Bigl(1-2\sqrt u\Bigr) } $$ desde $\int_a^b\ln(1-z)dz=-\int_{1-a}^{1-b}\ln z\,dz$ utilizando la sustitución $t=1-z$ . En este último caso, la fijación de $a=\tfrac12-\sqrt{u+\tfrac14}$ , $b=\tfrac12+\sqrt{u+\tfrac14}$ donde $\tfrac14 < u < 0 < z < 1$ , tenga en cuenta que $(z-\tfrac12)^2 < u+\tfrac14$ $\implies$ $z(z-1)\le u$ $\implies$ $z\ge\frac{u}{z-1}$ , $\frac{z-1}{u}\ge z$ y $1-z\ge\frac{-u}{z}$ para que $$ \eqalign{ Pr(U>u) &=\int_a^b A^-(u,z)\,dz\\ &=\int_a^b \left[2z+z-\frac{-z}{u}+u\ln1+u\ln\frac{-z}{u(1-z)}\right]dz\\ &=\int_a^b \left[ \left(3+\tfrac1u\right)z +u\Bigl(\ln z-\ln(1-z)-\ln|u|\Bigr)\right]dz\\ &=\int_a^b \left[\left(3+\tfrac1u-u\ln|u|\right)z + 2u\ln z\right]dz\\ &= \tfrac12\left(3+\tfrac1u-u\ln|u|\right)\left[z^2\right]_a^b + 2u\Bigl[z\ln z-z\Bigr]_a^b\\ &= \left(3+\tfrac1u-u\ln|u|\right)\sqrt{u+\tfrac14} + 2u\Bigl[z\ln z \Bigr]_a^b - 4u \sqrt{u+\tfrac14}\\ } $$ ...para continuar.