¿Hacer triángulos de un entramado triangular?

Question

En primer lugar: Sí, soy consciente de que esta pregunta ya se ha planteado anteriormente. Sin embargo, la respuesta en que uno era incorrecta, así que decidí hacer otro hilo para obtener más información, así como proporcionar lo que he descubierto en el problema hasta el momento.

El problema plantea: ¿Cuántos triángulos equiláteros en el plano tienen como vértices AL MENOS DOS de los puntos de la red triangular de abajo?

Utilizando la fórmula que se encuentra aquí: http://mathforum.org/library/drmath/view/54894.html He descubierto que el número de triángulos con TRES vértices en la red triangular es 48.

Sin embargo, tengo problemas para encontrar el número de triángulos con DOS vértices en la red triangular. ¿Los dos vértices de la red triangular provendrían de los puntos que bordean la red triangular? Si es así, me sale 24.

También me preocupa contar de más... y además creo que no he contado TODAS las posibilidades. Alguien puede orientarme y darme algunas pistas?

Answer 1

En primer lugar, la respuesta a tres puntos no es 48 ni 27. Deja de pensar que una ecuación es el principio y el fin de las matemáticas. Si te metes en matemáticas pensando que puedes aplicar una ecuación de terceros a cada situación sin más análisis, te equivocarás. NO se trata de un triángulo dentro de un triángulo; se trata de formar un triángulo con 3 PUNTOS, no con 3 líneas. No estoy tratando de sonar duro, sólo creo que la gente debe aprender matemáticas de manera diferente.

Hay 27 triángulos "normales" que puedes encontrar y 6 especiales que sólo existen en este ejemplo. Estos 6 triángulos tienen b = 2 * sen(60 grados), a ver si los encuentras. Hay 2 más con b = ??? (me da pereza calcularlo). Así que hay 35 triángulos en total si usas los 3 puntos.

En cuanto a tu pregunta original, (15*14)/2 * 2 es el máximo absoluto contando triples. ¿Cuántos triples tienes? Ahí es donde necesitas la primera respuesta. 27 + 8 = 35. 35 triples significa -70. Por tanto, la respuesta completa es ((15*14)/2 * 2) - 70 = 140.

Editar: He contado mal y me he dejado dos triángulos, 140 debería funcionar.

Answer 2

Lo primero es lo primero: vamos a asegurarnos de que contamos correctamente todos los triángulos de la cuadrícula. Para ello, los agruparemos por sus formas:

Hay claramente $1+3+5+7=16$ triángulos así en la cuadrícula.

Hay seis triángulos como éste con su punta "hacia arriba" en la cuadrícula (uno con su vértice en cada uno de los seis puntos superiores), más exactamente un triángulo "al revés" con su nadir en medio del borde inferior, para un total de $7$ triángulos de esta forma en la cuadrícula.

No hay lugar para una versión invertida de este triángulo, y exactamente $3$ versiones regulares (una para cada uno de los tres primeros puntos).

Está claro que sólo hay $1$ ¡de este triángulo en la cuadrícula!

Que dan cuenta de la $16+7+3+1=27$ triángulos "clásicos" alineados con la cuadrícula, pero también habrá triángulos "sesgados" cuyos bordes no se alineen con los bordes de la cuadrícula. Tratando de ver qué aristas no alineadas con la cuadrícula pueden formar triángulos en la cuadrícula, podemos ver dos variedades diferentes:

Deberías ser capaz de convencerte de que cualquier triángulo de esta forma debe tener uno de sus bordes vertical, así que podemos contarlos por su punto superior: hay dos copias de este triángulo con sus puntos superiores en la segunda fila de la cuadrícula (éste y su imagen especular en la cuadrícula) y cuatro más con sus puntos superiores en la tercera fila de la cuadrícula (uno cada uno con sus puntos superiores a la izquierda y a la derecha de esa fila, y dos con su punto superior en el centro, uno "apuntando" en cada dirección), para un total de $6$ .

Por último, está este triángulo oblicuo y su imagen en el espejo, para $2$ más. Esto da un total de $27+6+2=35$ triángulos en total en la cuadrícula.

A partir de aquí, los cálculos son muy parecidos a los de las otras respuestas: a cada una de las ${15\choose 2}=105$ pares de puntos en la cuadrícula debe haber dos triángulos (uno con su tercer vértice a cada lado de la línea entre los dos puntos del par), para un total de $210$ - pero cada uno de nuestros $35$ triángulos de la cuadrícula se cuenta tres veces (una vez por cada uno de sus tres bordes), por lo que tenemos que restar dos de esas copias, dando un recuento final de $210-2\cdot35=140$ triángulos en total.

Answer 3

Bueno, en primer lugar, el nº de triángulos con todos los vértices en la celosía es 27, no 48. Tenías que tomar la longitud de la base (que es 4), no el nº de puntos.

En segundo lugar, cada triángulo que tiene 3 vértices se cuenta TRECE veces, no dos. Así que la respuesta debería ser $\frac{15\times14}{2}\times2-27\times2=156$

Answer 4

He contado triángulos en tres etapas: como apuntando hacia arriba, invertidos y oblicuos. Para las cuadrículas triangulares equiláteras, con $n$ puntos de celosía en un lado:

Para triángulos verticales rectos, obtengo $T_{n-1}$ El $(n-1)$ -ésimo número tetraédrico.
Para triángulos invertidos: $\left\lfloor\frac{\left(n^2-1\right)(2n-3)}{24}\right\rfloor$ adaptando OEIS A002623 Ref: Radu Grigore Para triángulos oblicuos: $\left\lfloor\frac{\left((n-1)^2-1\right)\left((n-1)^2-3\right)}{24}\right\rfloor$ utilizando la primera fórmula OEIS: A001752 (no se indica la fuente)

Añadiendo los triángulos invertidos y oblicuos que encuentro: $\left\lfloor\frac{n^4-2n^3-n^2+2n}{24}\right\rfloor$ que numéricamente parece ser el $(n-2)$ -ésimo número pentatópico, llámalo $H_{n-2}$ .

Combinado con los triángulos verticales, se obtiene $H_{n-1}$ ya que es igual a $T_{n-1} + H_{n-2}$ .

Descargo de responsabilidad: En retrospectiva me doy cuenta de que esto no responde del todo a tu pregunta porque asumí que los tres vértices están en la cuadrícula.