SNS 2002/2003 - 3 LA VENDETTA

[RiccardoKelso]

Non so perché, tuttavia il problema riportato in questo PDF (http://download.sns.it/proveesame/matm_all.pdf) è differente da quello che sulla lista di questo preziosissimo forum è indicato come terzo problema del suddetto anno. Sono in qualche modo simili, ma la soluzione è ovviamente differente. Propongo qui quello visibile nel PDF, insieme alla mia soluzione.

Si scelgano a caso tre punti distinti tra i vertici di un poligono regolare di 2002 lati (ogni terna di punti distinti ha la stessa probabilita di essere scelta). Determinare la probabilita che i tre punti scelti siano a loro volta vertici di
(a) un triangolo rettangolo;
(b) un triangolo ottusangolo;
(c) un triangolo acutangolo.

(a) 1/1334
(b) 1665/2668
(c) 1001/2668

Se è errato siete pregati di non avere pietà, sto dando il tutto per tutto nello studio e ho bisogno di sapere quando sbaglio, grazie.

[remat7]

Numeriamo i punti da 1 a 2002. Tutti i triangoli che hanno un lato che unisce due punti di differenza 1000 (ad esempio il segmento che unisce 1001 e 1) sono rettangoli, poichè quello è il diametro della circonferenza circoscritta. Per cui si sono $ 1001*2000 $ triangoli rettangoli su $ {2002 \choose 3} $ triangoli. Quindi la probabilità che sia rettangolo dovrebbe essere $ \frac{1}{667} $. Ora a me, sinceramente, verrebbe da dire che dei triangoli rimanenti la metà sono acutangoli e l'altra ottusangoli. Però l'unico abbozzo di dimostrazione che mi viene in mente è che si può mettere in corrispondenza biunivoca ogni triangolo acutangolo con un ottusangolo, ma è molto probabile che mi sbagli. Quindi io dico, per ora, che $ p(ottus.)=p(acut.)= \frac{333}{667}, p(rett.)=\frac{1}{667} $

[fph]

Sicuro che siano metà e metà? Ho visto questo problema molto tempo fa, ma mi sembrava di ricordare che il rapporto fosse diverso. Hai provato a vedere cosa succede rimpiazzando quel 2002 con un 6, per esempio?

[RiccardoKelso]

Qualcuno controlli i calcoli, perché a me 1001*2000/(comb 2002 classe 3) mi dà 3/4002=1/1334 :'D
Per il resto: conti gli acutangoli considerando per ogni vertice tutti i triangoli che puoi formare con quel vertice e due vertici che siano "al di là" della retta che divide a metà il poligono e che è perpendicolare alla retta passante per il vertice scelto e per il centro (puoi farlo perchè 2002/2= dispari).
Quindi n acutangoli = 2002*(comb 1001 classe 2)
Tutti gli altri sono ottusangoli

[Mountains Drew]

$$\frac{1001\cdot 2000}{\binom{2002}{3}} = \frac{1001\cdot 2000}{\frac{2002\cdot2001\cdot2000}{3\cdot2}} = \frac3{2001} = \frac1{667} $$

E qualcosa non va nel modo con cui conti i triangoli acutangoli: anche se, fissato un vertice, scegli gli altri 2 nella metà opposta puoi ottenere un triangolo ottusangolo. Ad esempio i vertici 1, 600,601.
Piuttosto, direi che un triangolo è ottusangolo se ha 2 vertici che "distano" più 1001 vertici. Tutti gli altri sono acutangoli.
(per contare quelli ottusangoli prova a ragionare sulle distanze tra i vertici)

[RiccardoKelso]

Ma è possibile che consideravo 3!=3? Pazzesco, sto facendo più cavolate in 'sti 2 giorni che nel resto della vita. Hai ragione, rimane da contarli

[remat7]

Sia nell'esagono regolare che nell'ottagono regolare il rapporto tra il numero di triangoli ottusangoli e il numero degli acutangoli è 3. La dimostrazione che questo rapporto si mantenga costante si fa per induzione. Si può quindi concludere che $ p(acut.)= \frac{333}{1334} , p(ottus.)=3p(acut.)= \frac{999}{1334}, p(rett.)= \frac{1}{667} $

[RiccardoKelso]

Grazie al consiglio di Drew ho trovato un modo per contare gli ottusangoli senza induzione. In ogni caso chiedo a remat di esplicitare il suo metodo, visto che a prima vista mi verrebbe da pensare che per fare un'induzione devi avere una formula per il numero dei triangoli, il che risolverebbe il problema. Comunque: dati due vertici che distano 1002 (es. 1 e 1003) sono possibili 999 triangoli ottusangoli, e gli estremi sono selezionabili in 2002 modi. Allo stesso modo con due estremi che distano 1003 sono possibili 998 triangoli ottusangoli, e gli estremi sono sempre selezionabili in 2002 modi. Così via fino a 1, si ottiene 2002*(1+...+999) triangoli distinti ottusangoli, visto che per via del metodo nessuno è stato contato due volte. Questo valore fratto il numero dei triangoli totali coincide col risultato di remat.

[gpzes]

Alternativa:
Indichiamo con A, B, C , in senso orario, i vertici del poligono che formano un triangolo ottuso nel vertice B.
Ma affinchè il triangolo sia ottuso in B, A ,B e C devono stare su una arco di circonferenza la cui lunghezza è minore di una semicirconferenza.
Per esempio può essere A=1, B=7, C=1001 ma anche A=2002, B=1, C=2…etc.
Ossia, contando i vertici del poligono a partire dal vertice A in senso orario, il vertice C deve trovarsi al massimo nella posizione 1001 – esima dopo A.
Quindi, per il vertice A vi sono 2002 scelte possibili mentre per B e C ve ne sono tante quante prendere due valori su 1000 possibili restanti.
In sintesi: N°triangoli ottusi =$2002\cdot \left( \begin{matrix}
1000 \\
2 \\
\end{matrix} \right)$
e $\Pr (ottusi)=\frac{2002\cdot \left( \begin{matrix}
1000 \\
2 \\
\end{matrix} \right)}{\left( \begin{matrix}
2002 \\
3 \\
\end{matrix} \right)}=\frac{999}{2\cdot 667}$ □