Đề bài: Có bao nhiêu tam giác có độ dài các cạnh là các số tự nhiên không vượt quá $2n$
Giải
Ta cần tìm bộ $(a,b,c)$ không kể thứ tự thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:
$i) 0 < a,b,c \leq 2n$
$ii) a+b>c,a+c>b,b+c>a$
Ta làm như sau:
Chọn số $i (i =1,2,...,2n)$ làm cạnh $a$. Khi đó, số bộ $(a,b,c)$ (có tính thứ tự) thỏa mãn điều kiện $b,c \leq a=i$ là $i^2$. Trong đó:
- Số bộ $(i,b,c)$ (có tính thứ tự) thỏa mãn: $b+c \leq a = i$ là: $C_i^2$, tạm quy ước rằng $C_1^2 = 0$,
Ở trên, hai bộ số $(i,b,c)$ và $(i,c,b)$ là 1 tam giác nhưng lại được tính 2 lần. Lát nữa, ta sẽ ghép chúng thành cặp và chia đôi.
- Số bộ $(i,b,c)$ thỏa mãn $b=c > \frac{a}{2} = \frac{i}{2}$ là $\left [ \frac{i+1}{2} \right ]$
Từ đó số tam giác có các cạnh không vượt quá $i$ là:
$$\frac{i^2 - C^2_i + \left [ \frac{i+1}{2} \right ]}{2}$$
Vậy số tam giác cần tìm là:
$$S=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{2n} \left (i^2 - C^2_i + \left [ \frac{i+1}{2} \right ] \right )$$
Ta có:
$$\sum_{i=1}^{2n} i^2 = \frac{2n(2n+1)(4n+1)}{6}$$
$$\sum_{i=1}^{2n} C^2_i =\sum_{i=1}^{2n} \frac{i(i-1)}{2}=\frac{n(4n^2-1)}{3}$$
$$\sum_{i=1}^{2n} \left [ \frac{i+1}{2} \right ] = 2\sum_{i=1}^{n} i = n(n+1)$$
Do đó:
$$S=\frac{1}{2}\left (\frac{2n(2n+1)(4n+1)}{6}-\frac{n(4n^2-1)}{3}+n(n+1) \right )$$
$$ = \frac{4n^3+9n^2+5n}{6}$$
Đóng góp cho thầy Thế một cách khác
Đầu tiên ta sắp xếp các cạnh tam giác theo thứ tự, ta có $1\leq a\leq b\leq c \leq 2n$
Từ đây ta có bất đẳng thức $1\leq a<b+1<c+2\leq 2n+2$
Theo tính chất tổ hợp ta đếm được $A=C_{2n+2}^3=\dfrac{n(n+1)(8n+4)}{6}$ bộ $(a,b,c)$ thỏa mãn điều đó.
Tuy nhiên ta phải loại từ những bộ này những trường hợp không thỏa điều kiện lập thành tam giác, đó là những bộ thỏa mãn
$\begin{cases}a+b\leq c\leq 2n\\ 1\leq a\leq b\end{cases}\quad (1)$
Dễ thấy hệ $\begin{cases}a+b= c\\ 1\leq a\leq b\end{cases}$ có $\left\lfloor\dfrac{c}{2}\right\rfloor$ nghiệm.
Từ đó suy ra số nghiệm của $(1)$ là
\begin{align*}B&=\sum_{c=1}^{2n}\sum_{k=1}^c \left\lfloor\dfrac{k}{2}\right\rfloor\\ &=\sum_{c=1}^{2n}\left\lfloor\dfrac{c^2}{4}\right\rfloor\\ &=\sum_{k=1}^n k^2+\sum_{k=0}^{n-1}(k^2+k)\\ &=\dfrac{n(n+1)(4n-1)}{6}\end{align*}
Từ đó số bộ tam giác tạo được là $A-B=\frac{n(n+1)(4n+5)}{6}$