Deje $f(n)$ ser el mínimo número de fichas necesario para cubrir un triángulo de lado de longitud $n$.
Teorema. $f(n)=\lceil\frac n2\rceil$.
Prueba.
Esto es especialmente cierto para $n=1$$n=2$.
También, mediante la colocación de un token en un vértice del triángulo, podemos reducir la longitud lateral por $2$ y así obtener
$$f(n)\le 1+f(n-2) $$
para $n>2$. Así, por medio de la inducción,
$ f(n)\le \lceil\frac n2\rceil$ todos los $n$.
Asumir lugar $m$ fichas en un $n$-triángulo, donde $m<\lceil \frac n2\rceil$, es decir, $2m<n$.
Cada símbolo por sí mismo cubre exactamente $2n-1$ de la $\frac{n(n+1)}{2}$ lugares (como esto es cierto en un vértice, y que se mueve por un paso de los cambios de una línea por $+1$,$-1$, y uno no en todos).
Por lo tanto, ignorando cualquier superposiciones de diferentes tokens, $m$ fichas cubierta $(2n-1)m$ lugares.
Pregunta: ¿cuánto superposición entre dos símbolos?
Hay tres maneras de designar un "arriba" de la dirección y de la vista de uno de los bordes del triángulo de la junta como la "parte inferior" de los bordes.
Si los dos testigos son diferentes en "las alturas" (para las tres interpretaciones de "arriba"), una de las fichas es el "menor" token para al menos dos opciones de "arriba". Para ambas opciones, la "horizontal" fila "inferior" token cruza los dos "inclinación" de las filas de la "superior" token en un lugar que no es el menor de token de sí mismo. Así contamos, al menos, $4$ lugares de intersección.
Si las fichas están en la misma "altura" para uno de los tres interpretaciones de "arriba", la superposición es toda una fila de al menos dos lugares, además de al menos uno adicional en la intersección de la sesgar las direcciones "por encima" de esa fila. Esto inmediatamente nos da por lo menos cuatro lugares de intersección, excepto cuando el común de la fila tiene una longitud de $2$, es decir, ambos símbolos están junto a un vértice; pero en este caso especial, uno directamente verifica (usando $n>2$) que hay cuatro intersecciones así.
Por tanto, para cada par de fichas, tenemos que restar (al menos) $4$ del número total de lugares cubiertos. Por lo tanto $m$ fichas de cubierta en la mayoría de los
$$m\cdot(2n-1)-4{m\choose 2} =2\cdot m\cdot(n+\tfrac12-m)$$
lugares. La función de $x\mapsto x\cdot(a-x)$ es estrictamente creciente para $x\le \frac a2$. Por tanto, para $m<\frac n2$, la expresión anterior es estrictamente menor que
$$2\cdot \frac n2\cdot\left(n+\tfrac12-\frac n2\right)=\frac{n(n+1)}{2}, $$
el número total de puestos en la junta directiva.
En otras palabras, $m<\frac n2$ fichas no pueden cubrir la totalidad de la junta.
Llegamos a la conclusión de que $f(N)\ge \frac N2$, y como $f(n)$ es un número entero, tenemos $f(n)\ge \lceil \frac n2\rceil$, como se desee. $\square$
