Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

• Con distancia $1$ sólo hay dos posibles valores del par $(j,k)$, que son $(i-1,i+1)$ e $(i+1,i-1)$, donde suponemos que los vértices se numeran cíclicamente módulo $2n$.
• Con distancia $2$ hay cuatro casos: $(i-2,i+1),(i-1,i+2),(i+1,i-2),(i+2,i-1)$.
• En general, con distancia $d$, hay $2d$ posibles elecciones del par $(j,k)$, lo que nos da un total de triángulos obtusángulos con ángulo obtuso en $A_i$ igual a \[2(1+2+3+\ldots+(n-1))=n(n-1).\]

Ahora bien, como el ángulo obtuso puede ser cualquiera de los $2n+1$ vértices y también estar en $A_i$, $A_j$ o $A_k$, tendremos que multiplicar por $3\cdot (2n+1)$ el resultado, es decir, la solución al problema es $3n(n-1)(2n+1)$.

Nota. En el enunciado se dicen ternas, término que usualmente refleja que sí importa el orden (es decir, hemos considerado que una reordenación de los mismos tres vértices nos da una terna distinta). Si queremos calcular el número de posibles elecciones de tres vértices sin importar el orden (esto es, el número de triángulos) entonces hay que dividir todos los resultado entre $3!=6$, el número de reordenaciones. De esta forma, tendríamos $n(n-1)(2n+1)$ triángulos obtusángulos.