在《下∙ 一》【1】这一篇的回复中，有读者朋友提出：三根表针的移动具有相关性，是否可能遍历所有形状的三角形；在不同时刻的表盘上，是否可能出现相同的表针分布。因此，哪怕在假设表针连续移动的情况下，三根表针末端位于表盘同一个半圆的概率不会等同于圆周上任意三个点形成一个钝角三角形的概率。
这位读者朋友的质疑很好，而且其判断应该是正确的。
在进一步分析这两个问题之前，出于三根表针移动的周期性，我们约定只考虑0时到12时（不包括）这一个时间区间：从0时0分0秒经过t分钟后，分针和时针之间夹角为α，秒针与分针之间的夹角为β。这两个角度的取值范围为[0, 2π)，分别表示时针和分针按照顺时针方向旋转到分针和秒针位置的角度。这样，每一对(α, β)的值（注意，t可能不相同）对应于三根表针末端形成的一个三角形形状。
根据在《上篇》【2】中的分析，以分钟为单位，时针的角速度为π/360，分针的角速度为π/30，秒针的角速度为2π。因此在距离0时0分0秒时长为t分钟的时刻，时针旋转的角度为π/360 ∙ t，分针旋转的角度为π/30 ∙ t，秒针旋转的角度为2π ∙ t。根据前面的约定，0 ≤ t < 720。
这样，
α = (π/30 – π/360) ∙ t mod 2π
β = (2π – π/30) ∙ t mod 2π
根据表针连续移动的假设，t可以是任意实数，所以α也可以是[0, 2π)区间内的任意实数。
而β则因为表针移动速度的相关性，通过t被α约束。
在《上篇》【2】中我们知道，在[0, 12)时这个区间内，分针分别套圈时针0, 1, …, 10次，因此对于某一特定的α，根据其所处小时的不同，共有11个特定的β值与之对应。
具体来说，当时针位于
0点到约1点零5分之间：此时分针尚未实现对时针套圈，因此
α = (π/30 – π/360) ∙ t
t = 360α/(11π)
β = 708α/11 mod 2π
1点到约2点零10分之间：此时分针对时针套圈1次，因此
α + 2π = (π/30 – π/360) ∙ t
t = 360(α + 2π)/(11π)
β = (708α + 59 ∙ 24π)/11 mod 2π
= (708α/11 + 8π/11) mod 2π
……
因此，对于[0, 2π)区间内任一特定的实数α，以及整数k = 0, 1, …, 10，当分针套了时针k圈时，秒针和分针之间的夹角β有特定值：
β = 708(α + 2kπ)/11 mod 2π 或者
β = (708α/11 + 8kπ/11) mod 2π
β的每两个相邻取值之间相差8π/11，注意到：在模2π取余以后，β的这些取值在表盘上形成了11个等间距分布的位置，每两个相邻位置之间角度的差值为2π/11，且这个角度差值与α无关。
这说明，对于任意实数α，因为表针移动速度之间的相关性，β并不能在[0, 2π)区间取任意实数值，而是在[708α/11, 708α/11 + 2π)区间呈现出11个等间距的均匀分布。
特殊地，当α = 0时，8kπ/11 mod 2π对应的11个特定的β值即《上篇》【2】中时针和分针两针重合时秒针和分针之间的11个特定的夹角。
因此关于读者朋友的第一个问题：对于任意实数α，表盘上β的取值只有11个等间距的实数，而不是连续的任意实数，所以不能将表针末端形成的三角形形状概率等同于圆周上任意三个点形成的三角形形状概率。
不过，因为对于任意实数α，β的11个特定值在表盘上呈间距相同的均匀分布，因此三根表针末端形成的三角形形状概率在一定程度上可以和β在[0, 2π)范围内任意取值的情况下形成的三角形形状概率近似。关于这个近似，我们将在下一篇中用不连续跳动的三根表针在同一半圆内的概率作为一个实例。
关于读者朋友的第二个问题，我们可以用在第一个问题中得到的结果来回答：在不同时刻的表盘上，不可能出现相同的表针分布。
这是因为对于任意α，存在着11个不同的时间点，表盘上分针和时针的夹角都为α；但这11个不同的时间点对应的β值各不相同，它们等间距地分布在整个表盘，两两之间夹角为2π/11。这说明，尽管在12个小时的区间中，有11个时间点上分针和时针的夹角相同，但秒针和分针的夹角各不相同。因此，对于一对特定的α和β，如果它存在，也只有可能对应于一个特定的时间点，而不可能在两个不同时间点上都出现。
最后剩下一个疑问：在我们的约定中，α表示时针按照顺时针方向旋转到分针位置的角度，β表示分针按照顺时针方向旋转到秒针位置的角度，2π – α – β就是秒针按照顺时针方向旋转到时针位置的角度。
那么，对应于某一对α和β，是否存在另一个时间点，其三根表针之间的夹角是α，β，2π – α – β的另一个排列？尽管另一个排列对应于另一种表针分布，但因为三个表针形成的三个圆心角相同，所以其对应的三角形形状也全等。
我们用H表示时针，M表示分针，S表示秒针，问题即：对于某一时刻t有H(α)M(β)S，是否存在另一时刻t'有H(α)S(β)M，或者M(α)H(β)S等等？考虑三根表针位置的顺时针顺序，共存在着3! = 6种三角形形状相同但表针顺序不同的排列方式。
这个问题要复杂一些，答案是肯定的，但概率不大。
我们以H(α)S(β)M为例。
假设在时间点t有H(α)M(β)S，三根表针按顺时针顺序位置之间的夹角分别为α，β，2π – α – β。其中，β = 708(α + 2kπ)/11 mod 2π。我们可以用(α, k)这一对变量来表示这一时间点。
在另一时间点t'有H(α)S(β)M，如果三根表针末端在t和t'两个时间点形成的三角形形状全等，那么有：
分针和时针的夹角为α' = α + β；
秒针和分针的夹角β' = 2π – β。
其中，β' = 708(α' + 2k'π)/11 mod 2π。因为α'可以由α和β表示，所以对于一对特定的(α, k)，上面两个式子只有一个自由变量，即k'。
因此问题变为：对于一对[0, 2π)区间内的任意实数α和[0, 10]区间内的任意整数k，是否存在[0, 10]区间内的某个整数k'，使得以下两个等式都成立：
α' = α + β，且β' = 2π – β
将α' = α + β 和β'代入第二个等式，两个等式成立的条件等价于满足下面这个等式成立，
因为α为[0, 2π)区间内的实数，k和k'为[0, 10]区间内的整数，显然对于绝大多数α，当258420α不是π的某个整数倍时，上式必然不成立。
而即便当258420α = nπ时，方程可以简化为
n + 5k + 44k' ≡ 0 (mod 121)
也不总是有解。比如，比较明显的有解的一个必要条件是n + 5k ≡ 0 (mod 11)。
不过，在很小概率的一些特例中，该方程还是有解的，比如：
当n = 77，k = 0时，k' = 1就是一个解。
这对应于
α = 77π/258420
β = 708α/11 = 7π/365
t = 360α/(11π) = 42/4307，距离0时不到百分之一分钟。
α' = α + β = 5033π/258420
β' = 708(α' + 2k'π)/11 mod 2π = 723π/365
t' = 360(α' + 2π)/(11π) = 284658/4307，这大约是1时零6分。
经验证，β' = 2π – β确实成立。
这意味着，在这两个时刻三根表针末端形成的三角形形状全等，尽管三根表针的顺序不同，一个顺序依次为HMS，另一个为HSM。
参考出处：
1. 失之毫厘，谬以千里（上）
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