Eligiendo los vértices de un hexágono regular, ¿cuántas formas hay de formar cuatro triángulos de modo que cualquier par comparta exactamente un vértice?

Question

En otras palabras, ¿cuántas formas hay de elegir $4$-combinaciones de un $6$-conjunto, de manera que cada dos combinaciones tengan exactamente un elemento común, módulo el grupo diédrico $D_6$?

Por ejemplo, $\{1,2,3\}, \{1,4,5\},\{2,4,6\}, \{3,5,6\}$ y $\{2,3,4\}, \{2,5,6\},\{3,5,1\}, \{4,6,1\}$ pertenecen a la misma clase, pero $\{1,2,3\}, \{1,4,5\},\{2,5,6\}, \{3,4,6\}$ no.

Contexto: Estoy considerando particiones de un $4$-conjunto y ordenándolas parcialmente por refinamiento. El resultado es un retículo que estoy tratando de visualizar con un gráfico $3$D. La parte más interesante del gráfico involucra un cuadrado y un hexágono regular. Por ejemplo: $\{1,2,3\}, \{1,4,5\},\{2,4,6\}, \{3,5,6\}$ lleva a este visualización.

Edit: He categorizado todas las $30$ posibilidades en $5$ órbitas:

1. (tres aristas del hexágono faltantes, $4$ elementos) $124.135.256.346, 125.134.246.356, 135.146.236.245, 136.145.235.246.$

2. (dos aristas, una diagonal larga faltante, $6$ elementos) $123.145.246.356, 124.135.236.456, 125.136.246.345, 126.135.245.346, 134.156.235.246, 135.146.234.256.$

3. (una arista, dos diagonales cortas faltantes, $12$ elementos) $123.145.256.346, 123.146.245.356, 124.136.235.456, 124.136.256.345, 124.156.235.346, 125.134.236.456, 125.146.234.356, 125.146.236.345, 126.134.245.356, 126.145.235.346, 134.156.236.245, 136.145.234.256.$

4. (dos diagonales cortas y una larga faltantes, $6$ elementos) $123.146.256.345, 123.156.245.346, 124.156.236.345, 125.136.234.456, 126.134.235.456, 126.145.234.356.$

5. (tres diagonales largas faltantes, $2$ elementos) $123.156.246.345, 126.135.234.456.$

Answer 1

Cuatro triángulos significan doce espacios para llenar. Hay seis vértices para colocar en esos espacios. Ningún vértice puede ocurrir tres veces, porque no puede ocurrir dos veces en un solo triángulo, y si hay tres triángulos que comparten ese vértice y ningún otro, entonces debe haber seis vértices distintos más. En resumen: mediante dos aplicaciones del principio del palomar, cada vértice está precisamente en dos de los triángulos.

Por lo tanto, cada vértice tiene cuatro vecinos, por lo que le falta precisamente un vecino, y se emparejan: el grafo general es $K_6$ del cual se han eliminado tres aristas no adyacentes.

Las posibilidades para las aristas faltantes módulo el grupo diedral son:

1. Tres aristas del hexágono (por ejemplo, $0-1, 2-3, 4-5$)
2. Dos aristas del hexágono y una diagonal larga (por ejemplo, $0-1, 2-5, 3-4$)
3. Una arista del hexágono y dos diagonales cortas (por ejemplo, $0-1, 2-4, 3-5$)
4. Dos diagonales cortas y una diagonal larga (por ejemplo, $0-2, 1-4, 3-5$)
5. Tres diagonales largas (por ejemplo, $0-3, 1-4, 2-5$)

Answer 2

Primero, definiré la equivalencia de grupos de tal manera que $$\{2,3,4\},\{2,5,6\},\{3,5,1\},\{4,6,1\}\equiv\{1,3,5\},\{1,4,6\},\{2,3,4\},\{2,5,6\}$$ para que solo necesitemos considerar combinaciones donde $1$ esté en cada uno de los dos primeros grupos.

Con esa restricción hay $\binom{5}{2}=10$ formas de llenar el primer grupo y $\binom{3}{2}=3$ formas de llenar el segundo. Dividiendo por $2$ porque cada uno se cuenta dos veces da $\frac{10*3}{2}=15$ formas de llenar los dos primeros grupos. Cada uno tendrá la forma $\{a,b,c\},\{a,d,e\}$ y hay $2$ formas de llenar los otros dos grupos: $\{b,d,f\},\{c,e,f\}$ y $\{b,e,f\},\{c,d,f\}$. Eso da un total de $30$ combinaciones distintas.