Sono dati $ n $ punti disposti a caso su una circonferenza, e si tracciano tutte le corde che congiungono una coppia di tali punti. I punti sono disposti in modo che non esistano più di due corde concorrenti in un punto. Quanti triangoli si vengono a formare tali che nessuno dei loro vertici appartenga alla circonferenza?
Su 122 squadre partecipanti l'hanno risolto solo in 4, due delle quali erano i supercampioni di Carrara.
Generalizzazione dalla gara on line del 7/2
Generalizzazione dalla gara on line del 7/2
[tex]A \epsilon \iota \quad o \quad \theta \epsilon o \varsigma \quad o \quad \mu \epsilon \gamma \alpha \varsigma \quad \gamma \epsilon \omega \mu \epsilon \tau \rho \epsilon \iota \quad (\Pi \lambda \alpha \tau \omega \nu)[/tex]
Re: Generalizzazione dalla gara on line del 7/2
Un chiarimento sul testo: se io per esempio prendo 4 punti , n=4, mettiamo anche nel caso più semplice che siano diposti a formare un quadrato. Ora tutte le corde che uniscono una coppia di punti sono i 4 lati del quadrato più le sue diagonali, ma pare evidente che in ogni punto concorrano 3 corde.Kopernik ha scritto:Sono dati $ n $ punti disposti a caso su una circonferenza, e si tracciano tutte le corde che congiungono una coppia di tali punti. I punti sono disposti in modo che non esistano più di due corde concorrenti in un punto. Quanti triangoli si vengono a formare tali che nessuno dei loro vertici appartenga alla circonferenza?
Su 122 squadre partecipanti l'hanno risolto solo in 4, due delle quali erano i supercampioni di Carrara.
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.
Re: Generalizzazione dalla gara on line del 7/2
Disegnamo un triangolo all'interno di una circonferenza. Prolunghiamo i suoi lati e osserviamo che (a meno di trangoli degeneri) essi incontrano la circonferenza in sei punti differenti; questo appunto per l'hp che i triangoli da considerare siano solo quelli che non hanno vertici sulla circonferenza;
allora, affinchè si formi un triangolo che non abbia vertici sulla corconferenza, sono necessarie 3 corde uscenti da 6 vertici differenti, in maniera tale che queste corde si incontrino e formino il triangolo. Se osserviamo, prendendo 6 punti a caso, essi si possono unire in 5*3 modi, ma di questi modi solo una configurazione ci restituisce un triangolo (e questo lo si può verificare in mille modi, tra cui anche a mano).
Con 6 punti oterremo quindi un traingolo.
Ottengo dunque che il numero di triangoli è dato da tutte le possibili combinazioni di n elementi a 6 a 6, cioè $ \binom{n}{6} $
allora, affinchè si formi un triangolo che non abbia vertici sulla corconferenza, sono necessarie 3 corde uscenti da 6 vertici differenti, in maniera tale che queste corde si incontrino e formino il triangolo. Se osserviamo, prendendo 6 punti a caso, essi si possono unire in 5*3 modi, ma di questi modi solo una configurazione ci restituisce un triangolo (e questo lo si può verificare in mille modi, tra cui anche a mano).
Con 6 punti oterremo quindi un traingolo.
Ottengo dunque che il numero di triangoli è dato da tutte le possibili combinazioni di n elementi a 6 a 6, cioè $ \binom{n}{6} $
[tex]\Lambda \eta \delta r \epsilon \alpha[/tex]
Re: Generalizzazione dalla gara on line del 7/2
D'accordo, non era chiaro. tutte le corde uscenti da un punto concorrono in quel punto. Quello che intendevo è che nonh esistono 3 corde concorrenti in un punto interno. Comunque Staffo ha smontato elegantemente il problema.
[tex]A \epsilon \iota \quad o \quad \theta \epsilon o \varsigma \quad o \quad \mu \epsilon \gamma \alpha \varsigma \quad \gamma \epsilon \omega \mu \epsilon \tau \rho \epsilon \iota \quad (\Pi \lambda \alpha \tau \omega \nu)[/tex]