Dado un conjunto de puntos de cuadrícula dispuestos en un $n$ $n$ plaza (en 2 dimensiones):
Cuántos adecuada (agudo a obtuso) los ángulos se pueden formar teniendo un vértice en un punto de la cuadrícula y los segmentos de línea que finaliza en otros dos puntos de la grilla?
Por ejemplo, en una $2 \times 2$ cuadrícula se puede formar sólo $2$ distintos ángulos, con cosenos igual a $0$ (por ejemplo,$\angle (0,0)(0,1)(1,1)$) y $\frac{1}{\sqrt{2}}$.
(Me parece que es conveniente para clasificar los ángulos por sus cosenos, porque la ley de los cosenos le permite fácilmente obtener el coseno de cada uno de los ángulos de un triángulo en la red.)
En un $3 \times 3$ cuadrícula, mediante la adición de la capa de más de 5 puntos, se puede formar un adicional de $8$ distintos ángulos, con $$\cos \alpha \in \{ \frac{1}{\sqrt{5}},\frac{2}{\sqrt{5}},\frac{3}{5},-\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{3}{\sqrt{10}}, \frac{1}{\sqrt{10}}, \frac{4}{5}, - \frac{1}{\sqrt{5}} \} $$ Aquí he arreglado estos valores en un orden que vino desde el siguiente razonamiento: Para hacer un nuevo ángulo, usted debe hacer un triángulo con los dos vértices más que $n-1$ distancia, ya sea en horizontal o en la dirección vertical (o ambos. Así que voy a empezar con un punto en el la parte superior izquierda de la cuadrícula de punto, deslice un segundo punto a lo largo de la orilla opuesta, y el trabajo de mi camino a través de todas las combinaciones de en el punto en cada uno de los dos bordes opuestos. Para cada combinación, el tercer punto, en principio, puede ser en cualquiera de los restantes puntos de la grilla.
Una muy crudo límite superior puede ser estimado por decir hay $\binom{n^2}{3}$ posible triángulos, por lo $3 \binom{n^2}{3}\approx \frac{n^6}{2}$ ángulos; pero, por supuesto, la mayoría de los ángulos de duplicar el uno al otro.
Considerando el orden descrito anteriormente, uno elimina un número de ángulos que son sólo traducciones, volteretas, o $90^\circ$ rotaciones de los demás ya están contados. Aquí, el ingenuo límite superior para el agregado de los ángulos serían $3$ de los ángulos en un triángulo, los tiempos de $\binom{n+1}{2}$ para las formas de elegir el borde de dos vértices, dividido por $2$ a cuenta de volteretas sobre el centro horizontal de la plaza, los tiempos de $(n^2-2)$ puntos internos. Que da ingenua de un límite superior de aproximadamente $\frac{3n^4}{4}$ de los puntos obtenidos cuando el cuadrado de lado los aumentos de$n-1$$n$, por lo tanto ingenua de un límite superior de $$ \Bbb{A}(n) \leq \frac{3n^5}{20} $$ Pero que también es demasiado grande. Algunos triángulos son duplicados debido a:
- La mayor parte del tiempo, uno o dos de los ángulos en un nuevo gran triángulo superposiciones un ángulo que puede caber en una pequeña cuadrícula.
- En cualquier momento el tercer vértice del triángulo se encuentra por debajo del primer vértice, todo el triángulo puede ser traducido hacia arriba de forma que el primer vértice se encuentra en una esquina.
- La simetría que aún no hemos descuento (por ejemplo, algunos triángulos son isósceles [aunque noe será equilátero]).
- Un lado de un triángulo pasa a través de un punto de la rejilla, lo que permite un ángulo de haber sido creado en una pequeña cuadrícula aunque el triángulo en la mano es grande. El recuento de estos casos implica la totient función.
- Un triángulo es similar a algunos otros de menor triángulo en algunos obvia implicación $45^\circ$ rotaciones.
- Cuando un lado que no es ni horizontal ni vertical pasa a tener un número entero de longitud debido a Pitágoras relaciones, los ángulos que involucra secundarios son generalmente duplican en otros triángulos con un eje horizontal o vertical lado de esa longitud.
- Hay algunos numérico "coincidencias" que no pueden ser anticipadas por la contabilidad para los otros efectos. Este es, fundamentalmente, un problema de teoría de números.
Aunque originalmente tenía la sospecha de que el número de distintos ángulos crece como $n^4$, no he sido capaz de demostrar esto, ni de conseguir una manija en lo que el coeficiente sería. Yo sé que para los modestos valores de $n$, el crecimiento parece ser mucho más lenta que esta, tal vez tan lento como $n^3$.
$\Bbb{A}(4)$ Parece ser $2 + 8 + 18 = 28$. Estoy bastante seguro de que el patrón se rompe por $\Bbb{A}(5)$.
Cualquier progreso o la solución a esto sería apreciada.
Añadió después de un par de días:
He apretado el límite superior: Desde cualquier triángulo tocar los lados izquierdo y derecho pueden ser traducidos y, posiblemente, se volcó de manera que tiene un vértice en la esquina superior izquierda y uno en el lado derecho, y dado que entre los triángulos con el tercer vértice por encima de la línea que une los lados replicar los triángulos con el tercer vértice de abajo de esa línea, el límite superior, ignorando las simetrías, las casualidades, y así sucesivamente, es sólo $\frac{3n^2}{16}$ nuevos ángulos de la capa de $n$. Así $$ \Bbb{A}(n) \leq \frac{3n^4}{16} $$
Hice un fichero automatizado de cálculo de $\Bbb{A}(n)$ $n \leq 100$ y observar que $$ \Bbb{A}(n) \leq \frac{n^4}{8} $$ y que parece acercarse a ese límite.
Los números en la secuencia de $n = 2$ a través de $10$ $$ \begin{array}{ll} 2 & 2 \\ 3 & 10 \\ 4 & 28 \\ 5 & 66 \\ 6 & 154 \\ 7 & 269 \\ 8 & 473 \\ 9 & 781 \\ 10 & 1156 \end{array} $$ Quiero presentar esto como una nueva secuencia en OEIS, pero no lo haré hasta que alguien más lo ha confirmado mis resultados por sus propios cálculos, por lo menos para diez valores de $n$. Para estar seguros de que esto es una confirmación, yo no soy de mostrar el número de ángulos para todos los otros valores de $n$, pero he de decir que $\Bbb{A}(21) = 23640$, $\Bbb{A}(50) = 759308$, e $\Bbb{A}(100) = 12335703$,.
Para aumentar las posibilidades de que alguien proporcionar la verificación necesito,,
Estoy ofreciendo una recompensa para que incluso los valores de $\Bbb{A}(n)$$10 < n < 21$.
Acuerdo en los diez números me dicen que mi programa era correcta, y voy a enviar a la Enciclopedia en Línea de Secuencias de Enteros.
Por supuesto, cualquier sustancial el trabajo teórico hacia una real comprensión de la sequece también ganar la recompensa!
