Cito un bel problema presente nella prova finale dello stage di Roma
Quanti sono nel piano cartesiano i triangoli non degeneri aventi i vertici in punti della forma $ (m,n) $ con $ m $ e $ n $ interi tali che $ 1\le m\le100 $ e $ 1\le n\le2 $?
Quanti diventanto se la condizione $ 1\le n\le2 $ è sostituita da $ 1\le n\le3 $???
Divertitevi...
Quanti triangoli
-
Giuseppe R
- Messaggi: 571
- Iscritto il: 22 mar 2008, 12:04
- Località: A casa sua
Quanti triangoli
Esistono 10 tipi di persone: quelli che capiscono i numeri binari e quelli che non li capiscono.
"Il principio dei cassetti è quando hai n cassetti e n+1 piccioni: quindi ci sarà almeno un cassetto con 2 o più piccioni..." cit.
"Il principio dei cassetti è quando hai n cassetti e n+1 piccioni: quindi ci sarà almeno un cassetto con 2 o più piccioni..." cit.
il primo mi viene 99*(100^2),il secondo 397*(100^2)-100-2*98.E' giusto?
Ultima modifica di Maioc92 il 09 lug 2009, 15:10, modificato 2 volte in totale.
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!
-
exodd
- Messaggi: 728
- Iscritto il: 09 mar 2007, 19:46
- Località: sulle pendici della provincia più alta d'europa
il primo vertice si può scegliere tra tutti i punti (200 possibilità)
se il secondo vertice sta sulla stessa "riga" del primo (99 possibilità), allora il terzo deve essere sull'altra "riga"(100 possibilità) per non essere il triangolo degenere
se il secondo sta sulla riga differente dal primo (100 poss.) allora il terzo punto può essere scelto ovunque (198 possibilità)
$ 200*(99*100+100*198)=200*100*297 $
ovviamente il tutto deve essere diviso per 6
$ 200*100*297/6=10000*99 $
se il secondo vertice sta sulla stessa "riga" del primo (99 possibilità), allora il terzo deve essere sull'altra "riga"(100 possibilità) per non essere il triangolo degenere
se il secondo sta sulla riga differente dal primo (100 poss.) allora il terzo punto può essere scelto ovunque (198 possibilità)
$ 200*(99*100+100*198)=200*100*297 $
ovviamente il tutto deve essere diviso per 6
$ 200*100*297/6=10000*99 $
Tutto è possibile: L'impossibile richiede solo più tempo
in geometry, angles are angels
"la traslazione non è altro che un'omotetia di centro infinito e k... molto strano"
julio14 ha scritto: jordan è in realtà l'origine e il fine di tutti i mali in $ \mathbb{N} $
ispiratore del BTAEvaristeG ha scritto:Quindi la logica non ci capisce un'allegra e convergente mazza.
in geometry, angles are angels
"la traslazione non è altro che un'omotetia di centro infinito e k... molto strano"
io ho ragionato cosi:
abbiamo 2 colonne quindi in una delle 2 devono stare sicuramente 2 vertici. Prendiamo il vertice (1,1):possiamo combinarlo con altri 99 punti di ascissa 1 e per ognuno di questi abbiamo 100 punti possibili di ascissa 2,quindi 99*100. Poi fissiamo il vertice (1,2) e ne avremo 98*100 e cosi via fino al vertice (1,99) per il quale avremo 1*100 possibilità.Quindi il numero finale dei possibili triangoli è $ \displaystyle 2\sum_{i=1}^{99} 100i $,questo perchè abbiamo due colonne e quindi moltiplichiamo per 2. Il risultato finale finale è quindi $ 2*\frac{99*100} {2}*100=99*100^2 $.
Invece per il secondo punto il ragionamento è analogo però bisogna aggiungere i casi in cui i 3 vertici hanno tutti diversa ascissa,che sono 100^3-100-2*98(bisogna escludere anche le sequenze di punti collineari in diagonale).Quindi come prima avremo $ \displaystyle 3\sum_{i=1}^{99} 200i $ che sono tutti i triangoli con 2 vertici con la stessa ascissa, più $ 100^3-100-2*98 $
E' giusto?
EDIT:ho apportato alcune correzioni
abbiamo 2 colonne quindi in una delle 2 devono stare sicuramente 2 vertici. Prendiamo il vertice (1,1):possiamo combinarlo con altri 99 punti di ascissa 1 e per ognuno di questi abbiamo 100 punti possibili di ascissa 2,quindi 99*100. Poi fissiamo il vertice (1,2) e ne avremo 98*100 e cosi via fino al vertice (1,99) per il quale avremo 1*100 possibilità.Quindi il numero finale dei possibili triangoli è $ \displaystyle 2\sum_{i=1}^{99} 100i $,questo perchè abbiamo due colonne e quindi moltiplichiamo per 2. Il risultato finale finale è quindi $ 2*\frac{99*100} {2}*100=99*100^2 $.
Invece per il secondo punto il ragionamento è analogo però bisogna aggiungere i casi in cui i 3 vertici hanno tutti diversa ascissa,che sono 100^3-100-2*98(bisogna escludere anche le sequenze di punti collineari in diagonale).Quindi come prima avremo $ \displaystyle 3\sum_{i=1}^{99} 200i $ che sono tutti i triangoli con 2 vertici con la stessa ascissa, più $ 100^3-100-2*98 $
E' giusto?
EDIT:ho apportato alcune correzioni
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!
-
Giuseppe R
- Messaggi: 571
- Iscritto il: 22 mar 2008, 12:04
- Località: A casa sua