$100+1$

[axpgn]

Dati cento punti su una retta ed un punto non appartenente ad essa, quanti sono, al massimo, i triangoli isosceli che si possono formare con tali punti?


Cordialmente, Alex

[Quinzio]

148 ?

[axpgn]

No.

Peraltro anch'io arrivo "facilmente" a $148$ ma non è la risposta giusta

Cordialmente, Alex

[Quinzio]

"axpgn":No.

Lo sapevo che era troppo facile.
Comunque penso di aver capito dove sono gli altri.

[dan952]

Pure i triangoli isosceli con lato di lunghezza nulla (degeneri) sono da considerarsi?

[axpgn]

No.

[giammaria2]

224?

Considero la retta come asse x, con origine O nel piede del punto P esterno ad essa; pongo $PO=h$.
Per avere il massimo numero di triangoli isosceli con vertice P, devono esserci 50 punti $A_i$ con $x_i>0$ ed i 50 punti $B_i$ loro simmetrici rispetto ad O.
Faccio un primo giro segnando $A_1$ e $B_1$.
Faccio un secondo giro aggiungendo i 4 punti che li rendono vertici di due triangoli isosceli ciascuno. Noto che per ottenerlo con due punti $A_i,B_i$ occorrono sempre 2 punti di tipo A (cioè $+-x_i+sqrt(x_i^2+h^2)$) e 2 di tipo B (a segni cambiati). Nel nostro caso aggiungiamo quindi 2 punti A, arrivando ad $A_3$. Idem per i punti B, che nel seguito sottintenderò.
Faccio un terzo giro aggiungendo i punti necessari per rendere vertici i punti aggiunti nel giro precedente; questa volta devo aggiungere 4 punti A, giungendo ad $A_7$.
Continuo così finché, giunti ad $A_31$, dovrei aggiungere altri 32 $A_i$. Ne ho però solo $50-31=19$ e me ne mancano $32-19=13$, quindi riesco a formare 13 triangoli isosceli meno del desiderato.
Se tutte le $A_i$ fossero vertici di due triangoli isosceli, questi sarebbero 100; ne ho 13 in meno, quindi ne ho 87. Ci sono poi gli 87 con vertice $B_i$ ed i 50 con vertice P: in tutto $87*2+50=224$.

Osservazione. La soluzione data presuppone che tutti i punti siano distinti, ma questo è certo ottenibile. Infatti due punti possono coincidere solo se ci sono due distinti valori $i,j$ tali che $x_i=x_j$, cioè solo se $x_1$ è soluzione di un'equazione di questo tipo ($x_i,x_j$ sono esprimibili in funzione di $x_1$). Ma queste equazioni sono in numeri finito, con un numero finito di soluzioni; basta quindi dare ad $x_1$ uno uno degli infiniti valori diversi dalle soluzioni.
Inoltre nessuno dei triangoli considerati deve essere equilatero,ma anche questo è facilmente ottenibile.

[axpgn]

No (perché la risposta ufficiale è diversa )

Però voglio studiarmi per bene la tua soluzione

[giammaria2]

Credo di aver trovato l'errore, ma correggendolo arrivo al 148 di Quinzio, Evidentemente occorre qualcos'altro.

[axpgn]

Dove parli di $50 A$ in un punto e di $100 A$ in un altro?

[axpgn]

@giammaria
Dato che giungiamo tutti allo stesso risultato, "occorre" veramente qualcos'altro o la disposizione dei punti è tutta un'altra rispetto a quella pensata da noi?

[giammaria2]

Non ho mai parlato di 100 A.

Ho parlato di 100 triangoli isosceli, che ci sarebbero se tutte le A fossero vertici di due triangoli isosceli.
L'errore è però lì vicino: non ho tenuto conto del fatto che anche le 19 A dell'ultimo giro non sono vertici del tipo voluto; il ragionamento poi prosegue in modo abbastanza complicato che ti risparmio
Forse (ma solo forse) il calcolo dovrebbe diventare 87-19=68 e poi continuare con $2*68+50=186$. E' questo il risultato ufficiale?

Forse occorre davvero un'altra disposizione dei punti, ma tutte quelle a cui riesco a pensare portano a risultati non superiori a 148. Nella risposta ufficiale non aggiungono qualcosa?

[axpgn]

Ho solo un numero, non sono riuscito a trovare la risposta "dettagliata".

Peraltro, è roba da gare russe per ragazzi delle superiori (vabbè che quelli sono tosti però ... )

Comunque la soluzione è ...

$150$

[Quinzio]

Alex,

ultima offerta: sono 150 ?

PS. Onestamente, ho messo la risposta senza vedere che avevi gia' messo la soluzione.

Vi faccio vedere dove sono i due triangoli aggiuntivi oltre ai 148.
Come si vede dalla figura sotto, si mettono 50 punti a destra (A1, A2, ...) e 50 a sinistra (A1', A2', ...) simmetrici con quelli a destra.
Con questi punti si fanno i 148 come ormai tutti abbiamo capito.
In piu' ci sono i due triangoli A1-A2'-P e A1'-A2-P.
Regolando la distanza di A1 dall'origine si riesce a fare in modo che anche questi due triangoli siano isosceli.

[axpgn]

Avevo pensato a una soluzione del genere ma non ero andato avanti per due motivi; il primo era che non avevo voglia di fare calcoli per verificare se funzionasse (li ho fatti ora: ponendo unitaria la distanza del primo punto "dall'origine", ottengo $1+sqrt(5)$ per l'altezza e di conseguenza $2+sqrt(5)$ per $A_1B_2$).
Il secondo però è più importante (e non lo ancora risolto): andrebbe dimostrato che gli unici due isosceli "aggiuntivi" sono quelli e non esistono altri di quella "forma".
Spero di essere stato chiaro

Cordialmente, Alex

[axpgn]

Ho risolto il secondo punto.
Quello è un triangolo isoscele 72-36-72, l'unico triangolo isoscele che si può partizionare in due triangoli isosceli con i lati obliqui uguali

[Quinzio]

"axpgn":

Ho risolto il secondo punto.
Quello è un triangolo isoscele 72-36-72, l'unico triangolo isoscele che si può partizionare in due triangoli isosceli con i lati obliqui uguali

mmm... si e no.
Se ne possono formare infiniti di quei triangoli.
Ovvero uno alla volta, di triangoli aggiuntivi ce ne sono solo 2, ma se ne possono scegliere tra infiniti, a seconda di dove si trova il primo punto dall'origine (che deve essere a distanza compresa tra 0 e 1).

Ti lascio questa animazione
https://www.geogebra.org/calculator/xzns7gzu
in cui il punto A1 si muove tra 0 e 1, come distanza dall'origine.
Il punto A1SX e' il simmetrico di A1 rispetto all'origine.
I punti Bx sono piazzati in modo da realizzare dei triangoli isosceli con Ax e P, ovvero il tr. isoscele e' Bx-Ax-P.
I punti Bx sono solo immaginari, nella soluzione del problema se ne sceglie solo uno tra gli infiniti, e una volta scelto, si deve piazzare A1SX (e quindi A1) sovrapposto al Bx che si e' scelto.

[axpgn]

Sì, ma solo quello viene partizionato in due triangoli entrambi isosceli e con i lati obliqui congruenti

[Quinzio]

"axpgn":

Sì, ma solo quello viene partizionato in due triangoli entrambi isosceli e con i lati obliqui congruenti

Non e' affatto necessario che sia partizionato "in due triangoli entrambi isosceli e con i lati obliqui congruenti " con angoli di misura 72-72-36.
Ti lascio un immagine e il link diretto a Geogebra dove c'e' un disegno con i triangoli isosceli aggiuntivi che hanno angoli di
80.0254 gradi.

Con i 100 punti si possono ottenere 50 configurazioni diverse.

https://www.geogebra.org/calculator/m7tcxge2

[axpgn]

L'avevo capito ma quello è più bello, è una fetta di decagono

[Quinzio]

La dimostrazione del fatto che si possono avere solo altri 2 triangoli oltre ai 148 e' nello spoiler e richiede qualche considerazione in piu'.

Sull'asse $x$ di un piano cartesiano siano disposti $2n$ punti in modo simmetrico rispetto all'origine $O$.
Senza perdere di generalita', si pone il punto $P$ esterno all'asse $x$ in $(0,1)$.
Il punto $A_1$ piu' vicino all'origine dei $2n$ punti si trova a una distanza $k$ minore di $1$ dall'origine stessa sul semiasse positivo ($0 I punti sono disposti inoltre in modo che le distanze $A_n A_{n-1} = A_{n-1}P$ in modo da formare triangoli isosceli con angolo ottuso.
In questo modo si formano i primi $3n-2$ triangoli isosceli.

Il secondo punto $A_2$ sara' a una distanza dall'origine $k+\sqrt (1+k^2) > 1$, come segue dalla costruzione precedente.
Ne consegue che nell'intervallo $[0,1]$ c'e' solo il punto $A_1$, come c'e' solo il punto $B_1$ nell'intervallo $[-1,0]$ a causa della simmetria.
Quindi si consideri il generico punto $A_n$ e si consideri il triangolo isoscele $An, P, Q$ con $Q$ sull'asse $x$ in modo che $\hat {P,An,Q}$ sia un angolo acuto e $A_nP = A_nQ$.
Si noti che $A_nO < A_nQ$ siccome $A_nQ = A_nP = \sqrt (1+(A_nO)^2)$, quindi il punto $Q$ sara' a sinistra dell'origine.
Si noti anche che $Q$ e' compreso nell'intervallo $[-1,0]$, siccome $A_nQ = A_nP < A_nO +1 $ (disuguaglianza triangolare).
Se $k$ (e di conseguenza $B_1$) sono fissati in modo che $Q = B_1$, ovvero che siano sovrapposti, sia ha che il triangolo $A_n, B_1, P$ e' isoscele.
A causa della simmetria, anche $B_n, A_1, P$ e' isoscele.
Non e' possibile ottenere altri tr. isosceli in questo modo siccome non ci sono altri punti $B_n$ nell'intervallo $[-1,0]$ oltre a $B_1$.
Cio' aggiuunge altri due triangoli isosceli al conto di $3n-2$ portando il totale a $3n$.
Con $n=50$, ovvero $100$ punti, si avranno $150$ tr. isosceli.