Образователни технологии
КОМБИНАТОРНИ ЗАДАЧИ, СВЪРЗАНИ С ТРИЪГЪЛНИК
Резюме. В настоящата статия се разглежда приложение на неравенството на триъгълника за целочислени триъгълници. Намерени са формули за броя им в случаите на равностранни, равнобедрени и разностранни триъгълници. Формулите дават възможност за бързо решаване на задачи в редовните часове по математика в училище, а така също и на ниво състезания.
Ключови думи: triangle inequality; integer triangle; counting; combinatorics
Неравенството на триъгълника „сборът от дължините на кои да е две негови страни не надминава дължината на третата“ се изучава с доказателство в VII клас на българското училище. Опитът показва, че то може да се преподава още в IV клас. С помощта на експерименти учениците лесно стигат до извода, че не всеки три отсечки могат да бъдат страни на триъгълник. Макар и „елементарно“, неравенството на триъгълника е със съдържателни приложения. То може да бъде съчетано със знания по геометрия, комбинаторика, теория на числата и теория на вероятностите за по-големи ученици. В тази статия се използват комбинаторни разсъждения и се стига до задачи с повишена трудност. Мерните единици за дължините на страните на съответните триъгълници не са уточнени и се предполага, че те са едни и същи. Използва се понятието целочислен триъгълник, което означава, че дължините на страните са цели числа.
Задача 1. Колко различни разностранни целочислени триъгълника съществуват, дължините на страните на които се изменят в множеството \(\{1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6\}\) ?
Решение: от неравенството на триъгълника непосредствено следва, че:
1) числото 1 не може да бъде дължина на страна на разностранен триъгълник;
2) за триъгълници, една от дължините на страните на които е 2, съществуват следните възможности: (\(2 ; 3 ; 4\) ); (\(2 ; 4 ; 5\) ); (\(2 ; 5 ; 6\) ), т.е. съществуват три такива триъгълника;
3) възможностите за триъгълници, най-малката страна на които е с дължина 3, възможностите са: (\(3 ; 4 ; 5\) ); (\(3 ; 4 ; 6\) ) и (\(3 ; 5 ; 6\) ), т.е. и техният брой е три;
4) за триъгълници с най-малка дължина на страна 4 има само една възможност (\(4 ; 5 ; 6\) ).
Така окончателно получаваме като отговор на задачата, че броят на всички различни разностранни триъгълници с дължини на страните в указаното множество е седем.
Задача 2. Колко са всички различни триъгълници, дължините на страните на които се изменят в множеството \(\{1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6\}\) ?
Решение: съгласно задача 1. броят на разностранните триъгълници е седем. Ще пресметнем броя на равностранните и на равнобедрените триъгълници, които не са равностранни. Ясно е, че броят на равностранните триъгълници е шест – съответно с дължини на страните 1, 2, 3, 4, 5 и 6. По-нат-съответно с дължини натък имаме: страните \(1,2,3,4,5\) и 6. По-ната – равнобедрени триъгълници с дължина на бедрото 1 не съществуват;
– равнобедрените триъгълници с дължина на бедрото 2 са: \((2 ; 2 ; 1)\) и \((2 ; 2 ; 3)\), т.е. те са два броя;
– равнобедрените триъгълници с дължина на бедрото 3 са: \((3 ; 3 ; 1)\), \((3 ; 3 ; 2),(3 ; 3 ; 4)\) и \((3 ; 3 ; 5)\), т.е. техният брой е четири;
– равнобедрените триъгълници с дължина на бедрото 4 са: \((4 ; 4 ; 1)\), \((4 ; 4 ; 2),(4 ; 4 ; 3) ;(4 ; 4 ; 5)\) и \((4 ; 4 ; 6)\), т.е. техният брой е пет;
– равнобедрените триъгълници с дължина на бедрото 5 са: \((5 ; 5 ; 1)\), \((5 ; 5 ; 2),(5 ; 5 ; 3),(5 ; 5 ; 4)\) и \((5 ; 5 ; 6)\), т.е. техният брой е пет;
– равнобедрените триъгълници с дължина на бедрото 6 са: \((6 ; 6 ; 1)\), \((6 ; 6 ; 2),(6 ; 6 ; 3),(6 ; 6 ; 4)\) и \((6 ; 6 ; 5)\), т.е. техният брой е пет.
Така, броят на всички различни триъгълници в дадената задача е :
\[ 7+6+2+4+5+5+5=34 \]
В двете разгледани задачи дължините на страните се изменят в множеството \(\{1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6\}\). Сега ще разширим това множество и ще предполагаме, че дължините на страните на триъгълниците се изменят в множеството \(\{1 ; 2 ; 3 ; \ldots ; n\}\).
Задача 3. Колко е броят на всички различни разностранни целочислени триъгълници с дължини на страните в множеството \(\{1 ; 2 ; 3 ; \ldots ; n\}\) ?
Решение: нека \(a_{n}\) е търсеният брой. При \(n=3, a_{3}=0\). При \(n=4\), триъгълникът е само един \(-(2 ; 3 ; 4)\), т.е. \(a_{4}=1\). Като продължим, следвайки логиката на разсъждения от задача 1., получаваме:
– при \(n=5, a_{5}=3\);
– при \(n=6, a_{6}=7\);
– при \(n=7, a_{7}=13\);
– при \(n=8, a_{8}=22\);
и т.н.
Целта е да намерим зависимост за \(a_{n}\). Следващите разсъждения се базират на анализи, а не на строги доказателства. Ще достигнем до формули и до хипотеза за вида на \(a_{n}\), за строгото доказателство на която ще използваме принципа на пълната математическа индукция.
Да разгледаме последователните разлики на членовете на редицата \(a_{n}\) :
\[ \begin{aligned} & b_{3}=a_{3}-a_{2}=0 \\ & b_{4}=a_{4}-a_{3}=1 \\ & b_{5}=a_{5}-a_{4}=2 \\ & b_{6}=a_{6}-a_{5}=4 \\ & b_{7}=a_{7}-a_{6}=6 \\ & b_{8}=a_{8}-a_{7}=9 \end{aligned} \] и т.н.
Хипотезата е, че:
\[ \begin{aligned} & b_{2 l+1}=l \cdot(l-1) ; \\ & b_{2 l}=(l-1)^{2} . \end{aligned} \]
Тогава:
Първи случай: \(n=2 l+1\).
\[ \begin{aligned} & \sum_{i=3}^{2 l+1} b_{i}=\sum_{i=3}^{2 l+1}\left(a_{i}-a_{i-1}\right) \Leftrightarrow \\ & \Leftrightarrow \sum_{i=1}^{l} i(i-1)+\sum_{i=2}^{l}(i-1)^{2}=a_{2 l+1}-a_{2} \\ & \Leftrightarrow \sum_{i=1}^{l} i^{2}-\sum_{i=1}^{l} i+\sum_{i=2}^{l}(i-1)^{2}=a_{2 l+1} \end{aligned} \]
Оттук
\[ \begin{aligned} a_{2 l+1} & =\tfrac{l(l+1)(2 l+1)}{6}-\tfrac{l(l+1)}{2}+\tfrac{(l-1) l(2 l-1)}{6}= \\ & =\tfrac{l(l+1)}{2}\left(\tfrac{2 l+1}{3}-1\right)+\tfrac{(l-1) l(2 l-1)}{6}= \\ & =\tfrac{l(l-1)}{6}(2 l+2+2 l-1)= \\ & =\tfrac{l(l-1)(4 l+1)}{6} \end{aligned} \]
Втори случай: \(n=2 l\).
\[ \begin{aligned} & a_{2 l}-a_{2}=a_{2 l}= \\ & =\sum_{l=1}^{l-1} i(i-1)+\sum_{i=1}^{l}(i-1)^{2}= \\ & =\sum_{l=1}^{l-1} i^{2}-\sum_{l=1}^{l-1} i+\sum_{i=1}^{l}(i-1)^{2}= \\ & =\tfrac{(l-1) l(2 l-1)}{6}-\tfrac{l(l-1)}{2}+\tfrac{(l-1) l(2 l-1)}{6}= \\ & =\tfrac{l(l-1)(4 l-5)}{6}=a_{2 l} \end{aligned} \]
С помощта на горното ще докажем следното твърдение.
Теорема 1. Броят \(a_{n}\) на всички разностранни целочислени триъгълници с дължини на страните в множеството \(\{1 ; 2 ; 3 ; \ldots ; n\}\) е:
1) \(a_{2 l+1}=\tfrac{l(l-1)(4 l+1)}{6}\),ако \(n=2 l+1, l \geq 1\);
2) \(a_{2 l}=\tfrac{l(l-1)(4 l-5)}{6}\), ако \(n=2 l, l \geq 1\).
Доказателство: ще използваме принципа на пълната математическа индукция.
Първи случай\(n=3 \Rightarrow l=1\):
\(n=5 \Rightarrow l=2\), \(n=2 l+1\) ве, поче форму показахме,. получихмет че \(a_{3}=0\) и по \(a_{5}=3\). лаа \(a_{5}=\tfrac{2.1 .9}{6}=3\) и форму в зад.лата 3 в решението \(a_{3}=\tfrac{1.0 .1}{6}=0\) също .
Да допуснем, че за нечетни стойности \(n\) до \(2 l-1\) е вярна формулата
Ще докажем, че формулата е вярна при \(n=2 l+1\), т.е. \(a_{2 l+1}=\tfrac{l(l-1)(4 l+1)}{6}\). Нека първо да разгледаме множеството \(\{1 ; 2 ; 3 ; \ldots 2 l-1 ; 2 l\}\). По индукционно допускане броят на всички разностранни триъгълници със страни, в които не участва \(2 l\), се пресмята по формулата по-горе.
Сега ще пресметнем броя на разностранните триъгълници, в които едната страна е \(2 l\). Другите две страни са от множеството \(\{1 ; 2 ; 3 ; \ldots ; 2 l-1\}\). Нека те са \(p\) и \(q\), като \(p \lt q\). Необходимо е \(p+q \gt 2 l\).
Разглеждането на всички случаи е представено в таблица 1.
Таблица 1
За общия брой на тройките \((p, q, 2 l)\) имаме:
(2) \(\begin{aligned} &1+2+3+\ldots+l-2+l-1+l-2+\ldots+2+1=2(1+2+\ldots+l-2)+l-1=\\ &=\tfrac{2(1+l-2)(l-2)}{2}+l-1=(l-1)(l-2)+l-1=(l-1)^{2}\\ \end{aligned}\)
Сега да разгледаме множеството \(\{1 ; 2 ; 3 ; \ldots 2 l-1 ; 2 l ; 2 l+1\}\) и да пресметнем броя на всички разностранни триъгълници, едната страна на които е с дължина \(2 l+1\). Да означим другите две страни с \(p\) и \(q p \lt q\) и \(p, q \in\{1 ; 2 ; \ldots 2 l\}\). Необходимо е \(p+q \gt 2 l+1\). Резултатите са представени в таблица 2 .
Таблица 2
Заключаваме, че общият брой на тройките \((p, q, 2 l+1)\) е равен на:
\(\begin{aligned} & 1+2+3+\ldots+l-2+l-1+l-1+l-2+\ldots+3+2+1=2(1+2+\ldots+l-1)= \\ & =\cfrac{\cancel 2(\cancel 1+l\cancel {-1})(l-1)}{\cancel 2}=l(l-1) . \end{aligned}\)
Така броят на всички разностранни триъгълници, чиито дължини се изменят в множеството \(\{1 ; 2 ; 3 ; \ldots 2 l-1 ; 2 l ; 2 l+1\}\), е:
\(\begin{aligned} & \cfrac{(l-1)(l-2)(4 l-3)}{6}+(l-1)^{2}+l(l-1)=\cfrac{(l-1)}{6}\left(4 l^{2}-11 l\cancel{+6}+6 l\cancel{-6}+6 l\right)= \\ & =\cfrac{(l-1)}{6}\left(4 l^{2}+l\right)=\cfrac{l(l-1)(4 l+1)}{6} \end{aligned}\) Така първата част на теоремата е доказана.
Втори случай: \(n=2 l\).
\(n=4 \Rightarrow l=2,\{1,2,3,4\}\). Само числата в тройката \((2,3,4)\) могат да бъдат дължини на страни на триъгълник, т.е. \(a_{4}=1\) и по формулата от втората част на теорема 1 при \(l=2\) също се получава \(a_{4}=1\).
също получихме\(n=6 \Rightarrow l=3\) \(a_{6}=7\). Според. формулата \(a_{6}=\tfrac{3.2 .7}{6}=7\) и в решението на зад. 1
Нека допуснем, че формулата от втората част на теорема 1 е вярна за всички четни стойности \(n\) до \(2 l-2\), т.е. \(a_{2 l-2}=\tfrac{(l-1)(l-2)(4 l-9)}{6}, l=3 ; 4 ; \ldots\)
Ще докажем, че формулата е вярна при \(n=2 l\), т.е. \(a_{2 l}=\tfrac{l(l-1)(4 l-5)}{6}\).
Доказателството на формулата следва от (1) и (2).
С така доказаната теорема вече разполагаме с формули за намиране броя на всички разностранни целочислени триъгълници. Интересен е въпросът как се променя тази формула, когато триъгълниците са равнобедрени и равностранни.
За удобство при по-нататъшните разсъждения ще въведем следните означения.
- Нека броят на всички целочислени разностранни триъгълници е \(a_{n}\).
- Нека броят на всички целочислени равностранни триъгълници е \(a_{n}\).
- Нека броят на всички целочислени равнобедрени триъгълници е \(\overline{\overline{a_{n}}}\).
Ще докажем следната теорема.
Теорема 2. Броят:
– \(\overline{a_{n}}\) на всички целочислени равностранни триъгълници с дължини на страните, изменящи се в множеството \(\{1 ; 2 ; 3 ; \ldots n\}\), е \(a_{2 l+1}=2 l+1\) при \(n=2 l+1\) и \(a_{2 l}=2 l\) при \(n=2 l, l \geq 1\);
\(-\overline{\overline{a_{n}}}\) на всички целочислени равнобедрени триъгълници е \(a_{2 l+1}=l(3 l+1)\) при \(n=2 l+1\) и \(a_{2 l}=l(3 l-2)\) при \(n=2 l, l \geq 1\).
\(-\overparen{a_{n}}\) на всички (разностранни, равностранни и равнобедрени) триъгълници е \(\overbrace{a_{2 l+1}}=\cfrac{(l+1)(l+2)(4 l+3)}{6}\) при \(n=2 l+1\) и \(\overbrace{a_{2 l}}=\cfrac{l(l+1)(4 l+5)}{6} \) при \(n=2l,l\ge1\) .
Доказателство: за броя на всички целочислени равностранни триъгълници \(\overline{a_{n}}\) формулите са очевидни, а именно \(a_{2 l+1}=2 l+1\) при \(n=2 l+1\) и \(a_{2 l}=2 l\) при \(n=2 l, l \geq 1\).
За броя на всички целочислени равнобедрени триъгѣлници \(\overline{\overline{a_{n}}}\) ще разгледаме два случая.
Първи случай: \(n=2 l\).
За дължина на бедрото:
\(1-0\) триъгълника;
\(2-(2 ; 2 ; 1),(2 ; 2 ; 3)-2\) триъгълника;
\(3-2\) (с по-малка основа) и \((3 ; 3 ; 4),(3 ; 3 ; 5) \ldots(i ; i ; ?) \rightarrow i-1\) с по-малка основа, \(i+i \gt k, k \lt 2 i\).
Последователните резултати са нанесени в таблица 3.
Таблица 3
Така общият брой е:
\(\begin{aligned} & 2(1+2+\ldots+l-1)+l(2 l-1)= \\ & =\cfrac{\cancel 2(1+l-1)(l-1)}{\cancel 2}+l(2 l-1)= \\ & =l(l-1+2 l-1)=l(3 l-2), \text { т.е. } \overline{\overline{a_{2 l}}}=l(3 l-2) \end{aligned}\)
Общо имаме \(\overline{a_{2 l}}=2 l\) равностранни триъгълника и \(\overline{\overline{a_{2 l}}}=l(3 l-2)\) равнобедрени триъгълника. Всичките са
\[ \begin{aligned} \overbrace{2 l}= & \tfrac{l(l-1)(4 l-5)}{6}+2 l+l(3 l-2)= \\ & =\tfrac{l}{6}\left(4 l^{2}-9 l+5+12+18 l-12\right)= \\ & =\tfrac{l}{6}\left(4 l^{2}+9 l+5\right)=\tfrac{l(l+1)(4 l+5)}{6} \end{aligned} \]
Втори случай: \(n=2 l+1\).
\(1,2,3, \ldots, 2 l, 2 l+1\).
Всички равнобедрени триъгълници със страни от \(\{1,2, \ldots, 2 l\}\) са \(\overline{\overline{a_{2 l}}}=l(3 l-2)\)
Всички равнобедрени триъгълници с бедро \(2 l+1\) са \(2 l\).
Всички равнобедрени триъгълници с основа \(2 l+1: k+k \gt 2 l+1\), т.е \(k \gt 1, k=1+1,1+2, \ldots, 2 l\), , т.е. \(l\).
Общо имаме
\(\overline{a_{2 l+1}}=2 l+1\) равностранни триъгълника;
\(\overline{\overline{a_{2 l+1}}}=l(3 l-2)+2 l+l=l(3 l-2+3)=l(3 l+1)\) равнобедрени триъгълника.
Всичките са \[ \begin{aligned} \overparen{a_{2 l+1}} & =\tfrac{l(l-1)(4 l+1)}{6}+2 l+1+l(3 l+1)= \\ & =\tfrac{l(l-1)(4 l+1)+12 l+6+18 l^{2}+6 l}{6}= \\ & =\tfrac{l(l-1)(4 l+1)+18 l^{2}+18 l+6}{6}= \\ & =\tfrac{l(l-1)(4 l+1)+6\left(3 l^{2}+3 l+1\right)}{6}= \\ & =\tfrac{4 l^{3}+15 l^{2}+17 l+6}{6}=\tfrac{(l+1)\left(4 l^{2}+11 l+6\right)}{6}=\tfrac{(l+1)(l+2)(4 l+3)}{6} . \end{aligned} \]
Въз основа на направените изследвания в настоящата статия стигаме до закономерност, която е формулирана в следната теорема.
Теорема 3. Броят на всички целочислени триъгълници, чиито дължини на страните се изменят в множеството \(\{1 ; 2 ; \ldots ; n\}\), е равен на броя на всички разностранни триъгълници, чиито дължини на страните се изменят в множеството \(\{1 ; 2 ; \ldots ; n ; n+1 ; n+2 ; n+3\}\), т.е. \(\overbrace{n}=a_{n+3}\).
Доказателство
Първи случай: \(n=2 l+1\).
\[ \begin{aligned} \overparen{a}_{n} & =\overparen{a}_{2 l+1}=\tfrac{(l+1)(l+2)(4 l+3)}{6} \\ a_{n+3} & =a_{2 l+4}=a_{2(l+2)}=\tfrac{(l+2)(l+1)(4 l+8-5)}{6}=\tfrac{(l+2)(l+1)(4 l+3)}{6} \\ \text { т.е. } \overparen{a}_{2 l+1} & =a_{2 l+4} \end{aligned} \] Втори случай: \(n=2 l\).
\[ \begin{aligned} & \overparen{a}_{n}=\overparen{a}_{2 l}=\tfrac{l(l+1)(4 l+5)}{6} \\ & a_{2 l+3}=\tfrac{(l+1) l(4 l+4+1)}{6}=\tfrac{l(l+1)(4 l+5)}{6} \end{aligned} \] т.e. \(\overparen{a_{2 l}}=a_{2 l+3}\)
С това теоремата е доказана.
Изведените резултати са основа, на която е възможно да се конструират множество задачи с различна трудност. Като насока за бъдещи разработки е интересно да се поставят подобни задачи за други целочислени множества, т.е. да не се разглеждат всички естествени числа от 1 до \(n\), а например части от тях.
В края на статията предлагаме няколко задачи за самостоятелно решаване.
Задача 1. С колко се различава броят на равнобедрените триъгълници с дължини на страните в множеството \(\{1 ; 2 ; \ldots ; 10\}\) и броят на разностранните триъгълници с дължини на страните в множеството \(\{1 ; 2 ; \ldots ; 13\}\) ?
Задача 2. Ако броят на всички разностранни триъгълници с дължини на страните в множеството \(\{1 ; 2 ; \ldots ; 20\}\) е 525, то колко е броят на всички равнобедрени триъгълници с дължини на страните в множеството \(1 ; 2 ; \ldots ; 17\}\), ако броят на разностранните триъгълници с дължини на страните във второто множество е 308?
Предлагаме още следните задачи.
Задача 3. (Математическо състезание „Европейско Кенгуру“, 2006 г., VII – VIII клас). Две от страните на един триъгълник са по 7 cm, а третата се измерва в цяло число сантиметри. Колко сантиметра може да бъде периметърът на триъгълника?
Отг. 27
Задача 4. (Математическо състезание „Европейско Кенгуру“, 2008 г., VII – VIII клас). Намерете броя на разностранните триъгълници с периметър 27, дължините на страните на които са цели числа?
Отг.12
Задача 5. (Математически турнир „Акад. Кирил Попов“, 2011 г.) Колко са триъгълниците с периметър 20, чиито страни са цели числа?
Отг. 8
Задача 6. („Математика без граници“, Зима, 2015 г., IX – XII клас.) Страните на триъгълник се изразяват с прости числа в сантиметри. Да се намери лицето на този триъгълник, ако обиколката му е 36 cm.
Задача 7. (Математически турнир „Акад. Кирил Попов“, 2016 г.) Дадени са осем отсечки с дължини \(1 \mathrm{~cm}, 2 \mathrm{~cm}, 3 \mathrm{~cm}, 4 \mathrm{~cm}, 5 \mathrm{~cm}, 6 \mathrm{~cm}, 7 \mathrm{~cm}\) и 8 cm. По колко различни начина могат да се изберат 3 от тях, така че те да образуват триъгълник (всяка страна на триъгълника е съставена точно от една от дадените отсечки)?
REFERENCES/ЛИТЕРАТУРА
Dodunekov, St. & L. Davidov (1981). Elementary Algebra and elementary functions. Sofia: Narodna Prosveta. [Додунеков, Ст. & Л. Давидов (1981). Елементарна алгебра и елементарни функции. София: Народна просвета.]
Grozdev, S. (2003). Moddelling and control of outstanding students’ potential in problem solving, Pedagogy, 1, 58 – 74. [Гроздев, С. (2003). Моделиране и управление на възможностите на изявени ученици за решаване на задачи, Педагогика, 1, 58 – 74.]
Grozdev, S. (2007). For High Achievements in Mathematics. The Bulgarian Experience (Theory and Practice). Sofia: ADE, (ISBN 978-954-921391-1), 295 pages.
Grozdev, S. & Z. Zhelev (2012). Emperical induction as heuristic skill in mathematical problem solving, Mathematics and Mathematical Education, Proc. 41-st Spring Conference of UBM, Borovets, 9 – 12 April 2012, Sofia: UBM, 318 – 324 (ISSN 1313-3330). [Гроздев, С. & Ж. Желев (2012). Емпиричната индукция като евристичен похват в решаването на математически задачи, Математика и математическо образование, Сборник доклади на 41 пролетна конференция на СМБ, Боровец, 9 – 12 април 2012, София: СМБ, 318 – 324 (ISSN 1313-3330).]
Grozdev, S. & V. Nenkov (2014). Inductive Derivation of Formulae by a Computer, Procedia – Social and BehavioralSciences, volume 128, (22 April 2014), International Conference: EDUCATION AND PSYCHOLOGY CHALLENGES – TEACHERS FOR THE KNOWLEDGE SOCIETY – 2nd EDITION EPC – TKS 2013, 399-405 (ISSN 1877-0428).
Grozdev, S. & V. Nenkov (2015). Counting the squares on a chess-board, Mathematics Plus, 1, 65 – 72 (ISSN 0861-8321). [Гроздев, С. & В. Ненков (2015). Преброяване на квадратите върху шахматна дъска, Математика плюс, 1, 65 – 72 (ISSN 0861-8321).]
Grozdev, S. & V. Nenkov (2015). Sums of cubes and induction, Mathematics Plus, 2, 59 – 68 (ISSN 0861-8321). [Гроздев, С. & В. Ненков (2015). Суми от кубове и индукция, Математика плюс, 2, 59 – 68 (ISSN 0861-8321).]