Supongamos que $A_1A_2 . . . A_{20}$ es un $20-$ polígono regular de lados.
¿Cuántos triángulos no isósceles (escalenos) pueden formarse cuyos vértices estén entre los vértices del polígono pero cuyos lados no sean los lados del polígono?
No he podido encontrar una respuesta bonita a este problema. Mi respuesta es diferente a la de otros sitios web. Por no hablar de que las respuestas también son diferentes en diferentes sitios web.
Primero contamos todos los triángulos no degenerados que no contienen ninguna arista $A_iA_{i+1}$ y luego restar los triángulos isósceles entre estos.
Poner el primer vértice $v_1$ en $A_0=A_{20}$ . Si pones $v_2$ en $A_2$ o $A_{18}$ entonces hay $15$ permitido $A_i$ a la izquierda para $v_3$ . Si pones $v_2$ en un $A_i$ con $3\leq i\leq 17$ entonces hay $2\cdot 3=6$ prohibido $A_i$ para $v_3$ . De ello se deduce que se puede elegir $(v_1,v_2,v_3)$ en $$20\cdot2\cdot 15+20\cdot 15\cdot 14=4800$$ formas, dando lugar a ${1\over6}\cdot4800=800$ diferentes triángulos.
La punta de un triángulo isósceles se puede elegir en $20$ formas, y luego la base en $8$ maneras. Como no hay triángulo equilátero posible se deduce que hay $160$ triángulos isósceles.
Por tanto, el número total de triángulos admisibles es $640$ .
Demostraremos que el número de triángulos no isósceles (escalenos) que se pueden formar cuyos vértices están entre los vértices de un polígono regular de $n$ lados pero cuyos lados no son los del polígono es $$2n\left(\left[\frac{n-7}{2}\right] + \left[\frac{n-10}{2}\right]+\cdots \right)$$ donde $[\cdot]$ es la función entera más grande. En particular, cuando $n=20$ Hay $$40\left(\left[\frac{13}{2}\right] + \left[\frac{10}{2}\right]+ \left[\frac{7}{2}\right]+\left[\frac{4}{2}\right] \right) = 640$$ triángulos.
Empezamos contando el número de triples $(d_1, d_2, d_3)$ tal $2 \leq d_1 < d_2 < d_3$ y $d_1+d_2 +d_3 = n$ . Poniendo $x_i = d_i-1$ necesitamos el número de soluciones $(x_1, x_2, x_3)$ tal que $x_1 < x_2 < x_3$ y $x_1 + x_2 + x_3 = n-3$ .
Para cualquier número entero positivo $N, p$ dejar $Q(N,p)$ denotan el número de soluciones de $$x_1 + x_2 + x_3+ \cdots +x_p = N$$ con $x_1 < x_2 < x_3 < \cdots < x_p$ y $P(N,p)$ denotan el número de soluciones de $$x_1 + x_2 + x_3+ \cdots +x_p = N$$ con $x_1 \leq x_2 \leq x_3 \leq \cdots \leq x_p$ . Podemos llamar a estas soluciones como distintas $p$ particiones de $N$ y $p$ particiones de $N$ respectivamente.
Si $(x_1, x_2, \ldots, x_p)$ es un elemento distinto $p$ partición de $N$ entonces $(x_1, x_2-1, x_3-2, \ldots, x_p-(p-1))$ es un $p$ partición de $N - \frac{1}{2}p(p-1)$ y de forma similar si $(y_1, y_2, \ldots, y_p)$ es un $p$ partición de $N - \frac{1}{2}p(p-1)$ entonces $(y_1, y_2+1, \ldots, y_p+(p-1))$ es un elemento distinto $p$ partición de $N$ . Por lo tanto, tenemos
$$Q(N,p) = P\left(N-\frac{1}{2}p(p-1), p\right)$$
De nuevo, si $(x_1, x_2, \ldots, x_p)$ es un $p$ partición de $N$ entonces $(x_1-1, x_2-1, \ldots, x_p-1)$ es una partición de $N-p$ con un máximo de $p$ partes. Así, $$P(N,p) = P(N-p, 1) + P(N-p, 2) + \cdots + P(N-p, p)$$
Sustitución de $N$ por $N-1$ y $p$ por $p-1$ obtenemos $$P(N-1,p-1) = P(N-p, 1) + P(N-p, 2) + \cdots + P(N-p, p-1)$$ Por lo tanto,
$$P(N,p) = P(N-p, p) + P(N-1, p-1)$$ Necesitamos $Q(n-3, 3)$ . Observando que $P(m,2) = \left[\frac{m}{2}\right]$ para cualquier número entero positivo $m$ tenemos \begin{align*} Q(n-3,3) &= P(n-6, 3) \\ &= P(n-9,3) + P(n-7, 2) \\ &= P(n-9, 3) + \left[\frac{n-7}{2}\right] \\ &= P(n-12, 3) + P(n-10, 2) + \left[\frac{n-7}{2}\right] \\ &= P(n-12, 3) + \left[\frac{n-10}{2}\right] + \left[\frac{n-7}{2}\right] \end{align*}
Por lo tanto, tenemos $$Q(n-3, 3) = \left[\frac{n-7}{2}\right] + \left[\frac{n-10}{2}\right]+\cdots $$
Para cualquier partición distinta de 3 $(d_1, d_2, d_3)$ de $n-3$ obtenemos dos triángulos no isósceles con uno de los vértices como $A_i$ : $(A_i, A_{i+d_1}, A_{i+d_1+d_2}$ y $(A_i, A_{i-d_1}, A_{i-d_1-d_2})$ donde todas las sumas y restas son módulo $n$ y los vértices se denominan $A_0, A_1, \ldots, A_{n-1}$ . Por lo tanto, el número de triángulos distintos es $$2n\left(\left[\frac{n-7}{2}\right] + \left[\frac{n-10}{2}\right]+\cdots \right)$$
Actualizado el 5 de diciembre de 2016:
¿Es posible encontrar una forma cerrada para $$Q(n-3, 3) = \left[\frac{n-7}{2}\right] + \left[\frac{n-10}{2}\right]+\cdots $$ Sí, se puede obtener lo siguiente: \begin{equation} Q(n-3,3)= \begin{cases} \frac{1}{12}(n-6)^2, &\text{if $n = 0\mod 6$;}\\ \frac{1}{12}((n-6)^2-1), &\text{if $n = 1\mod 6$;}\\ \frac{1}{12}((n-6)^2-4), &\text{if $n = 2\mod 6$;}\\ \frac{1}{12}((n-6)^2+3), &\text{if $n = 3\mod 6$;}\\ \frac{1}{12}((n-6)^2-4), &\text{if $n = 4\mod 6$;}\\ \frac{1}{12}((n-6)^2-1), &\text{if $n = 5\mod 6$;} \end{cases} \fin{sión} ¿Cómo se obtienen las formas anteriores?
Supongamos que $n = 0\mod 6$ . Ahora, calcula los valores de $Q(n-3,3)$ para algunos valores iniciales, digamos $12, 18, 24, 30, 36, \ldots$ . Estos son, respectivamente $3, 12, 27, 48, 75, \ldots$ . Utilizamos la fórmula de interpolación de Newton. Dados los valores $$ \begin{array}{ccccc} x_0 & x_1 & x_2 & x_3 & \cdots \\ f(x_0) & f(x_1) & f(x_2) & f(x_3) & \ldots \end{array} $$ \fin{centro} con $x_{i+1} - x_i = h$ para todos $i$ tenemos, por la fórmula de Newton $$f(x_0+th) = f(x_0) + \frac{t}{1!}\Delta f(x_0) + \frac{t(t-1)}{2!}\Delta^2 f(x_0) + \cdots $$ donde $\Delta f(a) = f(a+h) - f(a)$ es la diferencia finita de $f$ en $x=a$ .\N - Considere la siguiente tabla de diferencias $$\begin{array}{cccc} n & Q(n-3,3) & \Delta & \Delta^2\\ 12 & 3 & & \\ 18 & 12 & 9 & \\ 24 & 27 & 15 & 6 \\ 30 & 48 & 21 & 6 \\ 36 & 75 & 27 & 6 \\ 42 & 108 & 33 & 6 \end{array} $$ Observando que la segunda diferencia es una constante, escribiendo $f(n) = Q(n-3,3)$ obtenemos \begin{align*} f(n) =& f\left(12 + \frac{n-12}{6} \times 6\right) \\&= f(12) + \frac{\frac{n-12}{6}}{1!}\Delta f(12) + \frac{\frac{n-12}{6} \cdot \frac{n-18}{6}}{2!}\Delta^2 f(12) \\ &= 3 + \frac{9}{6}(n-12) + \frac{1}{12}(n-12)(n-18) \\ &= \frac{1}{12}(n-6)^2 \end{align*} Otras expresiones pueden obtenerse de forma similar.
Dado un polígono regular de $2n$ lados, empezar a contar todos los triángulos distintos que se pueden formar a partir de los vértices de un $2n$ -gon: $ \binom{2n}{3}. $ A continuación, elimine los que no pertenecen al conjunto contando estos conjuntos disjuntos de triángulos:
No es necesario un tercer conjunto de triángulos formado por los que comparten dos lados en común con el $2n$ -gon; estos fueron incluidos entre los triángulos isoceles.
El número total de triángulos en los tres conjuntos excluidos es $2n(n - 1) + 2n(2n-4) = 2n(3n-5)$ . Así que el número total de triángulos escalenos que no comparten un lado con el $2n$ -gon es $$ \binom{2n}{3} - 2n(3n-5). $$
Configurar $2n = 20$ tenemos $$\binom{2n}{3} - 2n(3n-5) = \binom{20}{3} - 20(25) = 1140 - 500 = 640.$$
Número total de $\triangle = $ número de $\triangle$ sin lado común $+$ número de $\triangle$ con un lado común $+$ número de $\triangle$ con dos lados son comunes
$\bullet\;$ Triángulo con un lado común $\displaystyle = \binom{n-4}{1} \times n$
$\bullet\;$ Los triángulos con dos lados son comunes $\displaystyle = n$
Así que no. de $\triangle$ sin lado común $$ = \binom{n}{3}-n(n-4)-n$$
Poner $n=20$
Dejemos que $a<b<c$ sean las "longitudes laterales" del triángulo. Las condiciones dadas hacen cumplir entonces $$a=2+x_1,\quad b=3+x_1+x_2,\quad c=4+x_1+x_2+x_3$$ con $$x_i\geq 0\quad(1\leq i\leq 3),\qquad 3x_1+2x_2+x_3=11\ .\tag{1}$$ Elección de $x_1:=0, 1, 2, 3$ a su vez produce $6+5+3+2=16$ soluciones de $(1)$ . Cada uno de los $16$ Las formas resultantes pueden colocarse en $40$ formas, por lo que hay $640$ triángulos admisibles en total.
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