Prawdopodobieństwo, sfera, problem.

[Richard del Ferro]

Jestem w liceum i nie miałem jeszcze układu 3 zmiennych ale według mnie nie ma innego sposobu rozwiązania tego zadania i dlatego jako nowicjusz proszę o wskazówki.
Zadanie :
Z przedziału \(\displaystyle{ (0;1)}\) losujemy kolejno trzy liczby rzeczywiste: x,y,z. Niech p oznacza prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że
\(\displaystyle{ x^{2}+y^{2}+z^{2} < x+y+z- \frac{1}{2}}\) i \(\displaystyle{ x+y+2z>2}\).

Skoro mamy znak iloczynu to (mogę czy też nie?) zapisać układ równań :
\(\displaystyle{ \begin{cases} x+y+z- \frac{1}{2}>x^{2}+y^{2}+z^{2}\\ x+y+2z>2 \end{cases}}\)
Odejmując stronami otrzymuję :

\(\displaystyle{ - \frac{1}{2}-z>x^{2}+y^{2}+z^{2}-2}\)

a, więc

\(\displaystyle{ x^{2}+y^{2}+z^{2}+z+ \frac{1}{4} < \frac{7}{4}}\)

Równanie sfery czy tez kuli :

\(\displaystyle{ x^{2}+y^{2}+ (x+ \frac{1}{2}) ^{2}< (\frac{ \sqrt{7} }2{} )^{2}}\)

Mogę obliczyć objetość tej kuli, ale nie wiem jak mam zawrzeć w rozumowaniu warunek na to, że \(\displaystyle{ 0< x,y,z <1}\)

Czy może jakieś szacowanie typu
\(\displaystyle{ \begin{cases} x+y+z<3 \\ x+y+z>0 \end{cases}}\)

[kerajs]

Z przedziału \(\displaystyle{ \left( 0;1 \right)}\) losujemy kolejno trzy liczby rzeczywiste: x,y,z.

Mogę potraktować to jak wnętrze sześcianu o boku 1 i wierzchołkach: \(\displaystyle{ \left( 0,0,0 \right) , \left( 1,0,0 \right) , \left( 1,1,0 \right) , \left( 0,1,0 \right) , \left( 0,0,1 \right) , \left( 1,0,1 \right) , \left( 1,1,1 \right) , \left( 0,1,1 \right)}\)

\(\displaystyle{ x^{2}+y^{2}+z^{2} < x+y+z- \frac{1}{2}}\)

\(\displaystyle{ \left( x- \frac{1}{2} \right) ^2+ \left( y- \frac{1}{2} \right) ^2+ \left( z- \frac{1}{2} \right) ^2< \left( \frac{1}{2} \right) ^2}\)
To wnętrze sfery:
\(\displaystyle{ \left( x- \frac{1}{2} \right) ^2+ \left( y- \frac{1}{2} \right) ^2+ \left( z- \frac{1}{2} \right) ^2= \left( \frac{1}{2} \right) ^2}\)
Czyli kulka (bez sfery) wpisana w ten sześcian.

\(\displaystyle{ x+y+2z>2}\).

\(\displaystyle{ x+y+2z=2}\) to płaszczyzna przechodząca przez punkty z krawędzi sześcianu: (\(\displaystyle{ 0,0,1 \right) , \left( 1,0,\frac{1}{2} \right) , \left( 1, 1,0 \right) , \left( 0,1,\frac{1}{2} \right)}\). Przecina ona sześcian (i kulę w jego wnętrzu) na dwie przystające bryły. Zacytowana nierówność wskazuje na górną z nich (i całą nieinteresującą nas półprzestrzeń) .

Prawdopodobieństwo to stosunek objętości półkuli do objętości sześcianu:
\(\displaystyle{ P= \frac{ \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3} \pi \left( \frac{1}{2} \right) ^3 }{1^3}=...}\)