π e i triangoli blu

[panurgo]

Tizio disegna un poligono regolare $P$, di $2k+1$ lati, inscitto in una circonferenza di centro $\text{O}$ e numera i suoi vertici da $1$ a $2k+1$. Indi chiede a Caio di realizzare un gran numero $N$ di volte il seguente esperimento: scegliere a caso¹ tre vertici distinti di $P$ che determinano un triangolo. Se il punto $\text{O}$ è interno a tale triangolo (lati inclusi) questo è un triangolo blu.
Dopo aver fatto gli $N$ esperimenti, Caio ha contato $n$ triangoli blu e ha calcolato il rapporto $r=N/n$. Egli ha constatato che $r$ inizia con le prime tre cifre significative di $\pi$.

Dedurre il numero di lati del poligono $P$.

¹Per esempio, prelevando con un campionamento senza ripetizioni tre biglie da un’urna che ne contiene $2k+1$, numerate da $1$ a $2k+1$.

G1920 (Diophante.fr)

[Maurizio59]

A me il rapporto viene $ r = 2(2k-1)/(k+1)$.
Per k = 6 si ha $r = 22/7 = 3.1428...$ per cui il poligono ha 13 lati (tridecagono regolare).
Per verificare la formula ho considerato i casi limite del triangolo equilatero (k = 1, r = 1) e del cerchio (r = 4).

[NothIng]

Calcolare il numero totale di triangoli è facile, è pari alle terne di punti distinti che si possono avere: $\#triangoli = \frac{(2n+1)(2n)(2n-1)}{6}$

Calcolare il numero di triangoli blu è un po' più faticoso.
Si può prendere un punto a caso e dividere i rimanenti in due insiemi:
l'insieme verde formato dagli $n$ punti $\{2,...,n+1\}$
l'insieme azzurro formato dagli $n$ punti $\{n+2,...,2n+1\}$

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Nessun triangolo formato dal vertice 1 e due vertici dello stesso colore può essere un triangolo blu.

Scegliendo 2 vertici di differente colore il triangolo che si ottiene non è blu se l'angolo $\beta$ compreso tra le congiungenti al centro è maggiore o uguale di $\pi$

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Se invece l'angolo è minore di $\beta$ il triangolo è blu

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Chiamando j il punto verde e k il punto azzurro si ha:
$ {\alpha} = \frac{2\pi}{2n+1}$
$ {\beta} = (k - j)\alpha$
e deve essere $ {\beta} \lt \pi$ da cui si ottiene $2k \lt 2j + 2n + 1\rightarrow k \leq j + n $.
Per j = 2 esiste 1 triangolo blu, quello con k = 2
se j = 3 esistono 2 triangoli blu, quelli con k = 2,3
se j = 4 esistono 3 triangoli blu, quelli con k = 2,3,4
...
se j = n+1 esistono n triangoli blu, quelli con k = 2,3, 4,...,n
Il totale è $\frac{n(n+1)}{2}$

Il primo vertice, l'1 rosso, può essere scelto tra gli $(2n+1)$ vertici possibili ma in questo modo ciascun triangolo blu viene contato 3 volte quindi:
$\#triangoli \space blu = \frac{(2n+1)n(n+1)}{6}$
Curiosamente coincide con la somma dei quadrati dei primi n numeri.

$\frac{\#triangoli}{\#triangoli \space blu} = \frac{2(2n-1)}{(n+1)}$ come anticipato da Maurizio59