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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.
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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
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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)
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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 $2n$
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La situazione si rovescia per il secondo ordine perché il primo lato lascia fuori un vertice e la parità cambia
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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 $n=10$.