Triangoli equilateri

[giannirecanati]

Esiste un modo per conteggiare tutti i triangoli equilateri presenti in figura che non consista nel farlo a mano?

[cenzo1]

Io ne conto 26. Anche tu ?

[yellow2]

Io 27!

[cenzo1]

"yellow":Io 27!

Giusto!, me ne sono perso uno per strada..

[giannirecanati]

Corretto 27 . Mi interessava capire se c'è però un modo per contarli senza farlo a mano.

[Umby2]

"giannirecanati":Corretto 27 . Mi interessava capire se c'è però un modo per contarli senza farlo a mano.

ci sta... ci sta...

[Umby2]

allora la torre a:

2 piani - 5 triangoli
4 piani - 27
6 piani - 78
8 piani - 170
10 piani - 315

vediamo chi trova la formula...

[cenzo1]

"Umby":vediamo chi trova la formula...

Vedo...

Indico con $n$ il numero di "piani", ovvero il numero di parti in cui è suddiviso ciascun lato (in figura $n=4$).

Il numero complessivo di triangoli equilateri è:

per $n$ pari $n^2+1/6*n*(n^2-1)+1/6*[4(n/2-1)^3+3(n/2-1)^2-(n/2-1)]$

per $n$ dispari $n^2+1/6*n*(n^2-1)+1/6*[4(n/2-3/2)^3+9(n/2-3/2)^2+5(n/2-3/2)]$

Intanto sottopongo per verifica, poi magari si potrebbe cercare una espressione più semplice...

Edit: avevo invertito il caso pari e dispari. Corretto.

[giannirecanati]

Ma come diavolo hai fatto a trovarla?
Io non ci riuscivo!
Credevo fosse richiesto l'uso delle sommatorie ma non mi trovavo.

[cenzo1]

Un'espressione più semplice, valida sia per $n$ pari che dispari, potrebbe essere questa: $1/8[n(2n+1)(n+2)+((-1)^n-1)/2]$
che si può ridurre a quest'altra: $\lfloorn/8(2n+1)(n+2)\rfloor$ (ho usato il simbolo di "parte intera" ..)

@giannirecanati
Ho iniziato contando i triangoli più piccoli (diciamo di lato 1) che ne sono $n^2$.

Poi ho contato i triangoli di lato maggiore di 1 che hanno il vertice orientato "verso l'alto".
Mi risultava una somma del tipo (1)+(1+2)+(1+2+3)+(1+2+3+4)+... che viene $1/6*(n-1)*n*(n+1)=1/6n(n^2-1)$

Contare i triangoli con lato maggiore di 1 e orientati col vertice in basso mi è risultato più difficile.
C'è differenza nel caso $n$ pari oppure dispari.

[Umby2]

Compliments.

Io ho fatto un:

Arrotonda(n,0).

[cenzo1]

Grazie!

[francesco521]

"giannirecanati":Esiste un modo per conteggiare tutti i triangoli equilateri presenti in figura che non consista nel farlo a mano?

Quasi sempre un problema del genere si può risolvere estraendo una regola generale dalla serie iniziale che in questo caso, facendo i conti a mano per i
primi quattro casi, e 1, 5, 12, 27. Il metodo è comunque rischioso perchè ricavare empiricamente una "formula generale" da una prima campionatura
non dà garanzie in assenza di una verifica rigorosa.

Più corretto, allora, partire da un'analisi del problema che giustifichi l'uso di certe formule piuttosto che di altre.

Consideriamo il triangolo equilatero più grande come una scatola di ordine R capace di ospitare triangoli di lato 1, 2, 3 ... e (massimo) R.
Dentro la scatola i triangoli sono sovrapponibili, i loro vertici distano sempre per valori interi e sono suddivisibili in due categorie:
quelli col vertice verso l'alto e quelli col vertice verso il basso.
Per risolvere il problema conteremo prima quello di un tipo e poi gli altri. La soluzione richiesta altro non è che la somma dei due risultati parziali.
Così facendo resistiamo alla tentazione iniziale di contare a parte i triangoli di lato 1 solo perchè immediatamente visibili.
Si vedrà che questa scelta risulta opportuna dato che semplifica la "visione" di tutti i triangoli e il calcolo complessivo.

TRIANGOLI COL VERTICE VERSO L'ALTO

Dal vertice alto della scatola partono triangoli di lato 1, 2, 3... fino a R.
Quelli unitari sono evidentissimi e se ne conta uno in più ad ogni livello. Nell'ultimo livello sono allineati R triangoli unitari.
Il nunero totale di triangoli unitari con vertice in alto è quindi pari a 1+2+3+ ... + R = R(R+1)/2 che è il numero triangolare R.
Stessa cosa succede con i triangoli di lato 2. Anche in questo caso ne conteremo uno in più ad ogni livello ma saremo costretti
a fermarci un passo prima perchè il triangolo, essendo più alto di un livello, ...arriva prima a fondo.
Il nunero totale di triangoli di lato 2 con vertice in alto è quindi pari a 1+2+3+ ... + (R-1) = R(R-1)/2 che è il numero triangolare (R-1).
Dovrebbe risultare evidente che il numero totale di triangoli con il vertice in alto è dato dalla somma dei numeri triangolari consecutivi
da 1 a R. Ciò corrisponde al numero tetraedrico R ovvero R(R+1)(R+2)/6.


TRIANGOLI COL VERTICE VERSO IL BASSO

Il ragionamento è analogo a quello già fatto per gli altri triangoli seppure si presenta una "discontinuità" tra R pari e R dispari
che impedisce il ricorso diretto ai numeri tetraedrici. In pratica, in una scatola con R pari il triangolo "capovolto"
più grande che si può inserire è di lato R/2, mentre se R è dispari è di lato (R-1)/2.
Ciò significa, per esempio, che per R=4 e per R=5 il triangolo "capovolto" più grande è comunque di lato 2.
Spezzando il calcolo in due si può fare ancora uso dei numeri tetraedrici e si arriva alle seguenti formule per i triangoli col vertice verso il basso:
Per R pari Vb = (2R^3 + 3R^2 -3R)/24
Per R dispari Vb = (2R^3 + 3R^2 -3R-3)/24

In conclusione: sommando i triangoli col vertice verso l'alto a quelli col vertice verso il basso (e semplificando) si ottiene

Per R pari $ T = (2R^3 + 5R^2 -+2R)/8 $
e per R dispari $ T = (2R^3 + 5R^2 -+2R-1)/8 $

Buona matematica a tutti!