Isosceli in poligoni

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Isosceli in poligoni

Messaggioda franco » mer gen 03, 2018 10:13 am

Antine ha disegnato un poligono regolare con K lati e conversa con Bachisio:
A: - Se unisco tre vertici scelti a caso nel mio poligono ho una probabilità pari a 1/3 di ottenere un triangolo isoscele; sai dirmi quanto vale K?
B: - Non saprei, ci sono più valori di K che potrebbero essere corretti.
A: - Sappi che se disegnassi un poligono regolare con 7 lati in più (K+7 lati), la probabilità di ottenere un triangolo isoscele si ridurrebbe a 1/5.
B: - Allora so darti la risposta!
A: - E quindi mi sai dire qual è la probabilità di ottenere un triangolo isoscele in un poligono con 10 lati in più rispetto al secondo (K+17 lati)?

Aiutiamo Bachisio a rispondere a quest'ultima domanda?


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Re: Isosceli in poligoni

Messaggioda Pasquale » dom gen 07, 2018 4:02 pm

Nell'unire tre vertici, l'unione di due vertici adiacenti è preesistente, perché rappresenta un lato del poligono: dunque, questa unione può essere considerata, oppure deve essere scartata dall'operazione? ('sto Bachisio mi pare di averlo già incontrato in altro quesito).
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Re: Isosceli in poligoni

Messaggioda franco » lun gen 08, 2018 11:06 pm

I vertici possono anche essere adiacenti.
Diciamo che per "scelti a caso" si intende che si estraggono tre bussolotti dall'urna che contiene le lettere identificative dei K vertici. :D

Ciao

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Re: Isosceli in poligoni

Messaggioda panurgo » lun feb 05, 2018 9:40 pm

Per poter aiutare Bachisio dobbiamo prima eseguire il

Conteggio dei triangoli isosceli che possono essere ottenuti scegliendo tre vertici di un poligono regolare di n lati

Tre vertici di un poligono regolare di n lati possono essere scelti in $n \choose 3$ modi quindi, unendo tali vertici, si possono costruire $n\left(n-1\right)\left(n-2\right)/6$ triangoli. La maggior parte di questo sono scaleni essendo i triangoli isosceli dell’ordine di $n^2$.
Per contarli escogitiamo un meccanismo che verificheremo contando il numero totale di triangoli.
Classifichiamo i triangoli in base al loro lato più corto; non ci preoccupiamo di misurare esattamente la lunghezza dei lati perché i vertici del poligono sono equispaziati lungo il perimetro quindi segmenti i cui estremi sono separati dallo stesso numero di vertici sono congruenti: esiste sempre una rotazione di $2k\pi/n$ che manda gli estremi del primo segmento in quelli del secondo. La distanza tra due vertici può essere misurata in senso sia orario sia antiorario e dobbiamo prendere la più piccola delle due: con questa convenzione una separazione più grande implica un segmento più lungo e viceversa.
Inoltre conteremo solo i triangoli che contengono un certo vertice e genereremo tutti gli altri per rotazione, stando bene attenti a non contare due volte alcun triangolo.

t11px700x233.png

Cominciamo con i triangoli di ordine $1$ (in rosso). Il terzo punto può essere scelto in $n-3$ modi: $123, 124, …,12\left(n-1\right)$. Il vertice $n$-esimo deve essere escluso perché è equivalente al terzo per simmetria: i triangoli $123$ e $12n$ sono equivalenti per rotazione, per cui ci sono $n\left(n-3\right)$ triangoli di ordine $1$.
Per i triangoli di ordine $2$ (in verde) vengono persi altri due vertici all’inizio, perché si comincia con il triangolo $135$, e uno alla fine, perché il vertice $\left(n-1\right)$ esimo è equivalente al quinto per simmetria: ci sono $n\left(n-6\right)$ triangoli di ordine $2$.
Lo stesso accade con i triangoli di ordine $3$ (in blu): un vertice si perde per il primo lato , uno per il secondo e uno per simmetria cosicché si ottiene un totale di $n\left(n-9\right)$ triangoli.
Quanti ordini ci sono? Un qualsiasi ordine $k$ comincia con un triangolo che ha i due lati più corti di “lunghezza” $k$: l’ordine maggiore è perciò definito dall’equazione $n-2k\geq k$, cioè ci sono $q$ ordini dove $q$ è il quoziente della divisione tra interi, $n=3q+r$: il numero totale dei triangoli è

$\displaystyle\sum_{k=1}^{q}{n\left(n-3k\right)}=n\left[nq-\frac{3q\left(q+1\right)}2\right]$

Quando $n=3q$ sorge una complicazione: secondo questo calcolo i triangoli di ordine $q$ dovrebbero essere $n\left(n-3q\right)=0$. Ciò che succede invece è che per l’ordine $q$ compare un triangolo equilatero

qEq.png

Negli ordini inferiori perdiamo il vertice $\left(n-k+1\right)$-esimo perché è equivalente al vertice $\left(2k+1\right)$-esimo: per l’ordine $q$, $n-q+1=2q+1$, i due vertici coincidono e non c’è nessun vertice da escludere.
Ciò detto, un triangolo equilatero è invariante per una rotazione di $120°$ quindi vi sono solamente $q$ triangoli distinti di ordine $q$ quando $n$ è un multiplo di $3$.
Possiamo adesso calcolare la differenza tra il numero totale di triangoli e il nostro risultato ottenendo

$\displaystyle d\left(r\right)=\frac{n\left(n-1\right)\left(n-2\right)}6-n\left[nq-\frac{3q\left(q+1\right)}2\right]=\frac{\left(3q+r\right)\left(1-r\right)\left(2-r\right)}6$

con $d\left(0\right)=q$ e $d\left(1\right)=d\left(2\right)=0$, come doveva essere.

Abbiamo così mostrato che questo meccanismo conta effettivamente ogni triangolo una e una sola volta e possiamo ora applicarlo al conteggio dei triangoli isosceli.
Come affermato più sopra ogni ordine comincia con un triangolo isoscele (fig. a sinistra)

t8t9.png

e osserviamo (fig. a destra) che un segmento che unisce due vertici o è parallelo ad un lato oppure sul suo asse giace un altro vertice, a seconda della parità del numero di vertici che giacciono sul perimetro dalla parte più grande rispetto al segmento stesso: in questo secondo caso il triangolo che si forma è isoscele.
Allora, per ciascun ordine vi sono $n$ triangoli isosceli formati da lati adiacenti e $n$ formati con il vertice opposto al primo segmento (quando c’è) eccetto che per l’ordine $q$ dei poligoni con $3q$ lati per i quali vi sono solo $q$ triangoli equilateri (che sono anche isosceli).
Osservando i triangoli del primo ordine per diversi valori di $n$, da $7$ a $10$, notiamo che per $n$ pari vi sono $n$ triangoli isosceli mentre per $n$ dispari ve ne sono $2n$

primoordine.png

La situazione si rovescia per il secondo ordine perché il primo lato lascia fuori un vertice e la parità cambia

secondoordine.png

Quindi, abbiamo comportamenti diversi per i diversi resti della divisione per tre e comportamenti diversi per la diversa parità: andiamo in cerca di sei formule, una per ogni resto della divisione per sei.

$\displaystyle \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
& 6k-3 & 6k-2 & 6k-1 & 6k & 6k+1 & 6k+2 \\
\hline
& {\begin{array}{ccc} 3 & 9 & 15 \end{array}} & {\begin{array}{ccc} 4 & 10 & 16 \end{array}} & {\begin{array}{ccc} 5 & 11 & 17 \end{array}} & {\begin{array}{ccc} 6 & 12 & 18 \end{array}} & {\begin{array}{ccc} 7 & 13 & 19 \end{array}} & {\begin{array}{ccc} 8 & 14 & 20 \end{array}}\\ \hline
{\begin{array}{ccc} 1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \\ 5 \\ 6 \end{array}} &
{\begin{array}{ccc} 1 & 18 & 30 \\ & 9 & 15 \\ & 3 & 30 \\ & & 15 \\ & & 5 \\ & & \end{array}} &
{\begin{array}{ccc} 4 & 10 & 16 \\ & 20 & 32 \\ & 10 & 16 \\ & & 32 \\ & & 16 \\ & & \end{array}} &
{\begin{array}{ccc} 10 & 22 & 34 \\ & 11 & 17 \\ & 22 & 34 \\ & & 17 \\ & & 34 \\ & & \end{array}} &
{\begin{array}{ccc} 6 & 12 & 18 \\ 2 & 24 & 36 \\ & 12 & 18 \\ & 4 & 36 \\ & & 18 \\ & & 6 \end{array}} &
{\begin{array}{ccc} 14 & 26 & 38 \\ 7 & 13 & 19 \\ & 26 & 38 \\ & 13 & 19 \\ & & 38 \\ & & 19 \end{array}} &
{\begin{array}{ccc} 8 & 14 & 20 \\ 16 & 28 & 40 \\ & 14 & 20 \\ & 28 & 40 \\ & & 20 \\ & & 40 \end{array}}
\\ \hline
&
{\begin{array}{ccc} 1 & 30 & 92 \end{array}} &
{\begin{array}{ccc} 4 & 40 & 112 \end{array}} &
{\begin{array}{ccc} 10 & 55 & 136 \end{array}} &
{\begin{array}{ccc} 8 & 52 & 132 \end{array}} &
{\begin{array}{ccc} 21 & 78 & 153 \end{array}} &
{\begin{array}{ccc} 24 & 84 & 180 \end{array}}
\\
\hline
\end{array}$

Siccome il numero minimo di lati per un poligono è tre cominciamo con il caso $n=6k-3\,\left(k>0\right)$, prendendone i primi tre esemplari: $3$, $9$ e $15$. Il numero di ordini è dispari, $q=2k-1$, e osserviamo che gli ordini, presi a due a due, contendono $3n$ triangoli isosceli, tranne l’ultimo che contiene $q$ triangoli equilateri: la formula è

$\displaystyle t_n=\frac{3n\left(q-1\right)}2+q=\frac{n\left(n-3\right)}2+\frac n3$

dove l’ultimo termine è il numero di triangoli equilateri.
Per $n=6k-2$, esemplari $4$, $10$ e $16$, ciascuna coppia di ordini contiene $3n$ triangoli isosceli e l’ordine spaiato ne contiene $n$: abbiamo

$\displaystyle t_n=\frac{3n\left(q-1\right)}2+n=\frac{n\left(n-2\right)}2$

Per $n=6k-1$, esemplari $5$, $11$ e $17$, ciascuna coppia di ordini contiene ancora $3n$ triangoli isosceli ma l’ordine spaiato ne contiene, questa volta, $2n$ e

$\displaystyle t_n=\frac{3n\left(q-1\right)}2+2n=\frac{n\left(n-1\right)}2$

Per $n=6k$, esemplari $6$, $12$ e $18$, il numero di ordini è pari, $q=2k$, e ogni coppia tranne l’ultima contiene $3n$ triangoli isosceli: l’ultima coppia contiene $n+q$ triangoli, di cui $n$ isosceli e $q$ equilateri

$\displaystyle t_n=\frac{3n\left(q-2\right)}2+n+q=\frac{n\left(n-4\right)}2+\frac n3$

Per $n=6k+1$, esemplari $7$, $13$ e $19$, ciascuna coppia contiene $3n$ triangoli isosceli,

$\displaystyle t_n=\frac{3nq}2=\frac{n\left(n-1\right)}2$

e lo stesso accade per $n=6k+2$, esemplari $8$, $14$ e $20$, con

$\displaystyle t_n=\frac{3nq}2=\frac{n\left(n-2\right)}2$

Riassumendo

$\displaystyle t_n=\left\{\begin{array}{ll}
\frac{n\left(n-4\right)}2+\frac n3 \quad & n= 6k \\
\frac{n\left(n-1\right)}2 & n= 6k \pm 1\\
\frac{n\left(n-2\right)}2 & n= 6k \pm 2\\
\frac{n\left(n-3\right)}2+\frac n3 & n= 6k - 3\\
\end{array} \right.,\qquad \left(k>0\right)$

e la frazione di triangoli isosceli è

$\displaystyle f_n=\frac{t_n}{n\choose 3}=\left\{\begin{array}{ll}
\frac{3n-10}{\left(n-1\right)\left(n-2\right)} \quad & n= 6k \\
\frac3{n-2} & n= 6k \pm 1\\
\frac3{n-1} & n= 6k \pm 2\\
\frac{3n-7}{\left(n-1\right)\left(n-2\right)} & n= 6k - 3\\
\end{array} \right.,\qquad \left(k>0\right)$

Poniamo $f_n=\frac13$ e otteniamo

$\displaystyle \left\{\begin{array}{ll}
\frac{3n-10}{\left(n-1\right)\left(n-2\right)}=\frac13 \quad & n= 6k \\
\frac3{n-2}=\frac13 & n= 6k \pm 1\\
\frac3{n-1}=\frac13 & n= 6k \pm 2\\
\frac{3n-7}{\left(n-1\right)\left(n-2\right)} =\frac13 & n= 6k - 3\\
\end{array} \right.
\qquad\Rightarrow\qquad
\displaystyle \left\{\begin{array}{ll}
n=6\pm 2 \quad & n= 6k \\
n=11 & n= 6k \pm 1\\
n=10 & n= 6k \pm 2\\
n=6\pm\sqrt{7} & n= 6k - 3\\
\end{array} \right.$

Evidentemente $4$ e $8$ non sono multipli di $6$, e $6\pm\sqrt{7}$ non è un numero intero, $10$ e $11$ corrispondono invece alla forma voluta.
Poniamo ora $f_{n^\prime}=\frac15$ e otteniamo

$\displaystyle \left\{\begin{array}{ll}
\frac{3n^\prime -10}{\left(n^\prime -1\right)\left(n^\prime -2\right)}=\frac15 \quad & n^\prime = 6k \\
\frac3{n^\prime -2}=\frac15 & n^\prime = 6k \pm 1\\
\frac3{n^\prime -1}=\frac15 & n^\prime = 6k \pm 2\\
\frac{3n^\prime -7}{\left(n^\prime -1\right)\left(n^\prime -2\right)} =\frac15 & n^\prime = 6k - 3\\
\end{array} \right.
\qquad\Rightarrow\qquad
\displaystyle \left\{\begin{array}{ll}
n^\prime =9\pm\sqrt{26} \quad & n^\prime = 6k \\
n^\prime =17 & n^\prime = 6k \pm 1\\
n^\prime =16 & n^\prime = 6k \pm 2\\
n^\prime =9\pm\sqrt{44} & n^\prime = 6k - 3\\
\end{array} \right.$

Dato che deve essere $n^\prime=n+7$ ne consegue che $n=10$.
il panurgo

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Re: Isosceli in poligoni

Messaggioda franco » mer feb 07, 2018 10:06 am

Caspita,

Hai fatto un lavorone e ci vorrà un po' di tempo per leggerlo nel dettaglio!

Ho comunque un dubbio già nella prima parte di lettura, in particolare dove scrivi:
Cominciamo con i triangoli di ordine 1 (in rosso). Il terzo punto può essere scelto in n−3 modi: 123,124,…,12(n−1). Il vertice n-esimo deve essere escluso perché è equivalente al terzo per simmetria:


Se escludiamo il vertice n-esimo perchè equivalente con il terzo, perchè non escludiamo anche il vertice (n-1)-esimo che è equivalente con il quarto? (e così via ...)

ciao

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Re: Isosceli in poligoni

Messaggioda franco » mer feb 07, 2018 3:49 pm

franco ha scritto:Se escludiamo il vertice n-esimo perchè equivalente con il terzo, perchè non escludiamo anche il vertice (n-1)-esimo che è equivalente con il quarto? (e così via ...)


OK, l'ho capito (forse) :)


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Re: Isosceli in poligoni

Messaggioda panurgo » mer feb 07, 2018 4:45 pm

Mi sono espresso male? :roll:
La simmetria è quella dei tre punti: in $123$, $1$ e $3$ sono simmetrici rispetto a $2$ e lo stesso vale per $1$ e $n$ in $12n$. A partire da $123$ generiamo tutti i triangoli $234$, $345$ ecc. fino a $n12$. Dalla figura sotto (a sinistra) vedi che $12n$ e $n12$ coincidono: dobbiamo scartare $n$

simmetriespiegate.png

Viceversa, dalla figura a destra, vedi che $124$ ruotato va in $n13$ che non va a coincidere con $12(n-1)$: $(n-1)$ lo teniamo.
Nel secondo ordine, partiamo da $135$ per il quale c'è lo stesso problema: $1$ e $5$ sono simmetrici rispetto a $3$ e i triangoli $13(n-1)$ e $(n-1)13$ coincidono. $(n-1)$ se ne va.
Ecc.
il panurgo

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Re: Isosceli in poligoni

Messaggioda Pasquale » mar feb 20, 2018 5:37 am

Con gli strumenti di conoscenza disponibili, la faccenda l’ho vista così come di seguito, escludendo dallo studio i casi limite dei poligoni con 3, 4 e 5 lati, con probabilità p=1 di ottenere un triangolo isoscele con 3 vertici scelti a caso.
Ho separato poi lo studio dei poligoni con lati in quantità dispari da quello relativo alle quantità pari.

Per semplificare l’esposizione, esamino egualmente il poligono con k=5, per porre in evidenza alcune particolarità valide per tutti dispari, effettuando il conteggio dei triangoli isosceli possibili, relativamente ad un solo vertice in comune agli stessi (tralascio un disegno, facilmente riproducibile dalla descrizione, essendo sufficiente ad esempio numerare in ordine orario tutti i vertici dal 1° al 5°).
Dunque, facendo riferimento al vertice n.1, e guardando alle simmetrie della figura, ottengo un triangolo isoscele unendolo con il 2° ed il 5° ed un altro unendolo con il 3° ed il 4° . Poiché i vertici sono 5, posso ripetere l’operazione per 5 volte, procedendo in modo similare a turno fra gli altri vertici (il 2° con il 3° ed il 1°; il 2° con il 4° ed il 5°....e così via).
Dunque ho così individuato tutti gli isosceli possibili: 2x5=10. Poiché le combinazioni di 5 vertici presi a tre a tre sono 10, la probabilità di ottenere un isoscele scegliendo 3 vertici a caso è 10/10 = 1, come preannunciato sopra.
Ora appare evidente che aggiungendo due lati (k=7), ottengo un altro poligono a lati dispari con due vertici in più che consentono, partendo da un vertice, di ottenere 3 isosceli; in questo caso abbiamo 3x7=21 triangoli isosceli possibili, mentre C(7,3)=35, per cui p=21/35=3/5. Ogni 2 lati che si aggiungono aumenta un isoscele rispetto ad ogni vertice preso in considerazione e più in generale, nei poligoni con lati in quantità dispari, gli isosceli possibili rispetto ad un vertice, cioè che hanno uno stesso vertice in comune, sono (k-1)/2, per un totale rispetto a tutti vertici di q=k(k-1)/2, mentre la probabilità di ottenere un isoscele con tre vertici a caso è pari a q/C(k,3).

Tanto premesso, andiamo alla ricerca di quel poligono con lati dispari per il quale possa risultare una probabilità p=1/3.
Deve essere:
k(k-1)3!(k-3)!/2k!=1/3 che conduce alla soluzione k=11, unica per i poligoni con lati in quantità dispari.

Esaminiamo ora il poligono con 6 lati e vediamo, similmente a quanto sopra, quanti isosceli esistono con uno stesso vertice in comune fra loro: è possibile osservare grazie alla simmetria della figura che ne esistono solo 2 e dunque in totale, rispetto ai 6 vertici ne abbiamo 2x6=12, mentre C(6,3)=20 e p=12/20=3/5.
Come prima per i poligoni a lati dispari, procediamo aggiungendo 2 lati e quindi due vertici e conteggiamo dunque un isoscele in più in riferimento ad ognuno dei vertici considerati, per un totale di 3x8=24, con C(8,3)=56 e p=24/56=3/7.
Più in generale nei poligoni con una quantità pari di lati, gli isosceli rispetto ad uno stesso vertice in comune sono (k-2)/2 per un totale di q=k(k-2)/2 e con p=q/C(k,3).
Come in precedenza possiamo impostare la condizione cercata per giungere alla soluzione, anche se vediamo subito che per k=10, applicando le formulette qui sopra, la probabilità è p=40/120=1/3. Comunque, procedendo con l’equazione e quindi con l’imposizione di 1/3, si giunge al risultato di k=10, quale unico risultato possibile nell'ambito dei poligoni con una quantità pari di lati.
A questo punto, aggiungendo 7 punti ai due risultati, cioè applicando la formula per lati dispari, con k=10+7=17, e quella per lati pari, con k=11+7=18, si trova solo per la prima la probabilità di 1/5 (per la seconda la probabilità è 3/17), dal che si deduce che il poligono cercato è quello con 10 lati con probabilità 1/3 derivata dalle formule per lati pari.
Applicando infine le formule di cui sopra per i lati dispari, si trova che per k=27 la probabilità è p=3/25.
A conclusione preciso che nei conteggi effettuati i triangoli equilateri sono stati intesi come casi limite dei triangoli isosceli.
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