Eligiendo los vértices de un hexágono regular, ¿de cuántas maneras se pueden formar cuatro triángulos de forma que dos triángulos cualesquiera compartan exactamente un vértice?

Question

En otras palabras, ¿cuántas maneras hay de elegir cuatro $3$ -combinaciones de un $6$ -tal que cada dos combinaciones contienen exactamente un elemento común, módulo del 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 lo hace.

Contexto: Estoy considerando las particiones de un $4$ -y ordenándolos parcialmente por refinamiento. El resultado es un entramado que intento visualizar mediante un $3$ gráfico D. La parte más interesante del gráfico implica un cuadrado y un hexágono regular. Por ejemplo: $\{1,2,3\}, \{1,4,5\},\{2,4,6\}, \{3,5,6\}$ lleva a este visualización.

Editar: He clasificado todos los $30$ posibilidades en $5$ órbitas:

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

2. (dos bordes, falta una diagonal larga, $6$ 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, faltan dos diagonales cortas, $12$ 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. (faltan dos diagonales cortas y una larga, $6$ 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. (faltan tres diagonales largas, $2$ elementos) $123.156.246.345, 126.135.234.456.$

Answer 1

Cuatro triángulos significan doce ranuras para llenar. Hay seis vértices para colocar en esas ranuras. Ningún vértice puede aparecer tres veces, porque no puede aparecer dos veces en un mismo triángulo, y si hay tres triángulos que comparten ese vértice y ningún otro, entonces debe haber otros seis vértices distintos. En resumen: por dos aplicaciones del principio de encasillamiento, 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 gráfico global es $K_6$ del que se han eliminado tres aristas no adyacentes.

Las posibilidades de las aristas que faltan modulando el grupo diédrico son:

1. Tres aristas del hexágono (por ejemplo $0-1, 2-3, 4-5$ )
2. Dos bordes 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 larga (por ejemplo $0-2, 1-4, 3-5$ )
5. Tres diagonales largas (por ejemplo $0-3, 1-4, 2-5$ )

Answer 2

En primer lugar, definiré la equivalencia de grupo tal 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 sólo tengamos que considerar las combinaciones en las que $1$ está 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.