Voy a asumir que usted está interesado en las situaciones donde la $n$ es un número entero, sino que es parte de mi solución se aplican a los no-entero$n$.
Pensando en regular los acuerdos de regular triángulos que forman un mayor triángulo regular, es fácil ver que para $n=1$, se puede colocar $r_1=3$ puntos de manera que la distancia mínima es de $1$. Para $n=2$ $r_2=6$ correspondiente a los vértices de la imagen en su pregunta, y para$n=3$$r_3=10$, lo que se ve como el ejemplo de la ecuación se dio. Estos son el triángulo de números, con una ligera índice de cambio, para lo cual no es una buena fórmula (aunque no es tan simple como la fórmula que le dio):
$$r_n=\binom{n+2}{2} = \frac12n^2+\frac32n$$
La intuición puede decir que si usted fuera a quitar un punto a partir de una regularidad de configuración, entonces usted tiene más espacio, permitiendo así que los puntos a cambio de todo un poco en el fin de aumentar su distancia mínima por encima de ese $1/n$. Sin embargo, que la intuición resulta ser incorrecta, como voy a mostrar a continuación.
Vamos a reformular su pregunta a un embalaje problema. Escala de todo por $2n$, y usted se está preguntando acerca de los puntos en un triángulo de lado $2n$ que son al menos distancia $2$ distancia el uno del otro. En el interior, siendo en la distancia $2$ significa que los círculos de radio $1$ alrededor de los puntos de contacto, por lo que también se puede hablar de la unidad de discos que no deben superponerse. En el límite, los discos pueden extenderse más allá del triángulo de lado $2n$, siempre que estén contenidas en el triángulo que se obtiene de que por un desplazamiento paralelo de todos los bordes por $1$ de la unidad. Que el desplazamiento añade $2\sqrt3$ a la longitud de la arista (verifique).
Así que la pregunta que voy a construir sobre la cuestión de cómo muchos de la unidad de discos se puede colocar en un triángulo de tamaño $2n+2\sqrt3$ sin solapamiento. Nota sin embargo de que su pregunta es un poco diferente de uno, y voy a volver a eso en un momento.
Mi sitio favorito para el embalaje de configuraciones de Erich Centro de Empaque. Su página en círculos en un triángulo describe la situación en la que está después. Que hacer las cosas de otra forma: una lista con el número de la unidad de discos y calcular el tamaño del triángulo de eso. Pero usted puede fácilmente convertir esa relación a su alrededor.
Así que como he dicho, tu pregunta es de hecho un poco diferentes: desea que el mínimo número de discos donde los discos tienen que tocar. Lo que significa que si usted toma uno de los discos menos, entonces no se tiene que tocar, que a su vez implica que pueden caber en un pequeño triángulo.
Ahora mira las imágenes en EPC. Usted encontrará que el tamaño del triángulo para $5$ discos es el mismo que para $6$. Así, mientras que usted podría colocar $r_2=6$ puntos, por lo que son, al menos, $1/2$ además, usted no puede colocar $5$ puntos, por lo que son estrictamente más que la distancia. Usted tendrá que ir a $4$ puntos para lograr eso. Por lo tanto, $m_2=5$ que no es el mismo que el $r_2=6$ se discutió anteriormente. Lo mismo vale para los $n=3$: la misma configuración que se utiliza para $10$ discos ya se utiliza para $9$ discos, mientras que $8$ discos caber en un pequeño triángulo. Por lo tanto,$m_3=9$.
Para $n=4$, la situación parece ser la misma a primera vista: $14$ discos tienen la misma cantidad de espacio que $15$ discos, mientras que $13$ caber en un pequeño triángulo. Pero hay algo interesante notar aquí: las configuraciones para $13$ $14$ discos sólo se describen como "encontrado", no "demuestra". De manera que pueden no ser las óptimas soluciones aún. Para el $13$-disco acuerdo, no tenemos que tener cuidado si hay una aún más pequeña, como sabemos a ser menor que la de $14$. Pero no tenemos ninguna prueba de que usted no puede colocar $14$ disco en un triángulo que es más pequeño que el de $15$ discos.
No estoy seguro de lo que se conoce del pasado al final de la lista. Uno podría pensar que el patrón se mantiene: tomar un disco de regular configuración mantiene su tamaño, teniendo dos discos, se reduce el tamaño. Este último, probablemente, puede ser demostrado observando cómo el 13 de disco de configuración se ve, y la aplicación de la misma modificación a las dos filas inferiores a la mayor de las situaciones. No tengo ni idea de cómo demostrar a la otra mitad.
Así que mi conjetura sería
$$m_n = r_n-1 = \binom{n+2}{2} - 1 = \frac12n^2+\frac32n$$
