Edit, c'est 2b) bien sur... si la modération passe par là

Pour n=1:
1a) On a 1 triangle dont les sommets sont les points et les côtés sont sur les pointillés.
1b) On a 1 triangle dont les sommets sont les points.
2a) On peut garder 2 points sans qu'il n'existe de triangle dont les côtés sont sur les pointillés.
2b) On peut garder 2 points sans qu'il n'existe de triangle

salut

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six points forment un hexagone qui permet de construire cinq triangles équilatéraux (cinq triplets de points pris un sur deux)

à partir d'une figure le plus simples est de compter avec méthode les triangles de côté 1, puis 2, puis 3, ...

Bonjour,
De  quoi bien s'amuser.

1a)
Pour n=5 on voit 27 triangles équilatéraux:
lui même+16  tr unité+7 doubles et 3 triples.
Pour n=4    13   tr pour n=3    5tr
reste à trouver la loi pour n...

Bonsoir
Comme "je passe par là" j'avais étudié 1a donc j'ai la formule (je la donnerai + tard). Pour 1b j'entrevoie une formule mais ... à voir.

... j'entrevois...(et non j'entrevoie)

J'entrevois aussi...

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Pour trouver pour n le nombre de triangles équilatéraux :
quelque chose comme (n-1)²+( (n-2)²-1)+........+3+1

Si n est le nombre de points sur la base et Tn le nombre de triangles équilatéraux alors, pour 1a on a :

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Le blank a loupé. Pourtant il me semble que j'avais bien mis l'image dans le texte blanké (les 2 tiraits en fait).

Pour 1b j'ai fait rapidement donc je ne suis pas sûr du tout car je n'ai pas fait toutes les vérifications.
J'obtiens :

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T_n+2 T_n-2 pour n > 3

Pour 2a :

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Il semble qu'il faille oter 1pt pour n=2, 2pt pour n=3, 3pt pour n=4, 5pt pour n=5, 8pt pour n=6, ... soit la suite de Fibonacci

Ah ben contente que ça vous plaise !

LittleFox est un malin, il a certes répondu à toutes les questions mais uniquement pour (en fait je compte les points sur un coté pour la taille). C'est un début effectivement...
La question 1a) est réglée : dpi a bien compté tous les triangles équilatéraux pour jusque et la formule de derny généralise tout ça. Peut-être s'est t'il servi de la méthode de carpediem, je ne sais pas trop mais en tout cas bien joué à vous tous.

Par contre, j'ai des doutes pour les autres formules :
-pour la question 1b) tu m'annonces 37 triangles équilatéraux avec , est-ce que tu peux me les montrer ?
-pour la question 2a) tu m'annonces aucun triangle équilatéral sur les pointillés en gardant points avec , peux tu me montrer comment ?

Bonsoir Vassillia
C'est 27+2x5=37 pour n=5, n étant pour moi le nombre de pts sur la base.
Pour n=4 on aurait 13+2x1=15
Pour la question 2a c'est faux en effet.

Oui pardon, je voulais dire que tu me montres les 37 triangles pour , je ne pense pas qu'il y en ait autant. Tu peux te contenter de me montrer ceux qui ne sont pas sur les lignes pointillés puisqu'on est déjà d'accord pour ceux là.

Le 1b) me semble faux également même si je suis d'accord pour la valeur précédente de 15 triangles pour

Pour n=5
Si j'ai bien compris combien de triangles équilatéraux peut-on voir?

1     le grand
16   coté unité
7     coté 2 unités     ( 4 évidents +3 décalés)
3      coté  3 unités
Total  27
On notera que pour tout n on aura  3 et 1 et( n-1)² dans la loi..
Donc    nbt =(n-1)²+    x +......    + 3+1
x  fonction de n-2  ,je cherche encore

Mon image. JPG  ne fait que  34  Ko et ne se charge pas

Bonjour
Pour 1b j'ai répondu sans vraiment réfléchir. Donc c'est faux. Mais il y a de l'idée dans l'air qu'il faut creuser. Pour n=5 on a 4 tr équilatéraux plus leurs symétriques ce qui fait 8 tr équilatéraux "hors lignes". Voir figure.

L'image de 32 Ko refuse aussi de se télécharger. Que se passe-t-il ?

Effectivement pour , il y a bien :
27 triangles équilatéraux en suivant les lignes pointillés comme le dit dpi
27+8=35 triangles équilatéraux sans tenir compte des lignes pointillés comme le dit derny.
Je ne sais pas pour les images mais vous pouvez toujours utiliser des hébergeurs d'images et mettre le lien en attendant.
Bon courage pour la généralisation ou pour les plus grandes valeurs

Bonjour,

test d'images :

parmi les causes possibles de rejet d'une image png de 32Ko (!) signalons le cas d'une image d'extension ".png" mais qui n'est pas au format interne png
(par exemple une image jpeg avec une extension png)
je le signale parce que ça m'était déja arrivé

(edit : ou le contraire, une image en format png avec une extension jpg etc)

En értudiant n=6 et 7

On trouve  

n          nbt
2           1
3           2²+ 1 =5
4           3²+  3 +1  =13
5           4²+ 7+ 3 +1 = 27
6           5²+13+6+ 3 +1 = 47
7            6²+ 21+11+6+3+1  = 78

On est sûr du 1er terme et des deux derniers .
Ensuite , je sens une influence de la parité de n et de Fibonacci

Presque, il en manque pour mais sinon c'est tout bon !

En attendant et grâce au dessin qu'a réussi à poster mathafou

Pour 1b)   et pour n=5 je trouve 6+2 = 8 triangles  équilatéraux.

Oui du coup cela fait bien 27+8 triangles équilatéraux en tout (il ne faut pas oublier ceux qu'on a déjà trouvé à l'étape 1a)

>Vassillia

je ne vois pas pour n=6    25 triangles coté unité
                                                       10+3 triangles 2 unités
                                                         6  triangles 3 unités
                                                          3 triangles 4 unités    
                                                          1 triangle de base

Oui d'accord mais 25+13+6+3+1=48 non ?
Je n'avais pas regardé le détail de tes calculs, juste le résultat...

Et moi ,j'ai vérifié le détail et pas la somme

Bonsoir
dpi le cas 1a est résolu (voir ma formule du 25/11 à 16h03).
1, 5, 13, 27, 48, 78, 118, 170, 235, 315, 411, 525, 658, 812, 988, 1188, 1413, 1665, 1945, 2255,....
C'est le cas 1b qu'il faut mettre en formule générale. Ce devrait être faisable. Pour le cas 2a il y aurait effectivement quelque chose qui ressemblerait à Fibonacci. J'ai d'autres préoccupations en ce moment mais j'essaierai de m'y remettre dans quelques temps à moins qu'on trouve d'ici là.

Bonsoir,
la formule générale pour la question 1b) est plus simple que pour la question 1a).
Pour une grille avec points sur un côté du grand triangle équilatéral le nombre de triangles équilatéraux (d'orientation quelconque) qu'on peut tracer est égal à :

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Bonjour,
Pour  1a)
Mon idée de termes est nettement  battue  par  la formule de derny.
Pour 1b)
Parfait.

La formule de jandri est très bien car elle est tout à fait correcte mais pour que ce soit parfait, il aurait fallu une petite démonstration

Bonjour. (réapparition provisoire)
Belle formule en effet de Jandri qui peut prendre plusieurs formes, en factorisant ou comme celle-ci par exemple : (n+2)!/24(n-2)!
Cependant, comme Vassillia je n'ai pas compris sa démarche "simple" par combinaisons car la mienne est plus laborieuse. si Jandri pouvait nous éclairer ...

Puisque ça t'intéresse,
Le nombre de triangle équilatéraux de la même orientation que le triangle d'origine qui comporte points sur le coté est pour en comptant étage par étage.

Dans chacun des triangles définis précédemment, on peut choisir points pour former un triangle équilatéral à l'intérieur (voir figure ci dessous) et on les aura tous ainsi.
Donc le nombre attendu est

Edit : il faut lire au lieu de dans la somme

Bonjour,

c'est la solution que l'on trouve en lien sur la page de la suite A332 de l'OEIS (voir ).

J'ai cherché une solution faisant apparaître directement le coefficient binomial mais je n'ai pas encore trouvé.

Bonsoir. Bien vu le raisonnement qui était au final assez simple. Encore fallait-il le penser.
J'ai des formules donnant le nombre de losanges et le nombre d'hexagones qui suivent les pointillés. Je vous laisse chercher.

Bonjour,

je pense avoir trouvé une démonstration sans calculs du résultat.

J'appelle droit un triangle équilatéral de la même orientation que le triangle d'origine.

Un triangle équilatéral formé à partir de trois points de la grille s'appuie sur un unique triangle droit, on note le nombre de points sur ses côté. Réciproquement, sur un triangle droit ayant points sur le côté on peut placer triangle équilatéraux numérotés par un entier compris entre et (voir le dessin de Vassillia quatre messages au-dessus).

Chaque triangle droit ayant points sur le côté est posé sur une ligne horizontale de points (), l'extrémité droite étant en position (avec ).

Finalement il y a autant de triangles équilatéraux que de quadruplets vérifiant , ou encore en posant et , autant que de quadruplets vérifiant , donc .

Bravo jandri, ça reprend la même idée mais je trouve que c'est plus élégant que de passer par les sommes, j'aime bien

Merci Vassillia, j'ai beaucoup cherché avant de trouver cette solution. Je te remercie d'avoir posé cet exercice car je connaissais bien le 1a) mais pas du tout le 1b).

Même si je ne prends pas souvent le temps de chercher tes exercices quand tu les proposes je les cherche après coup.

Tu peux toujours t'attaquer à la question 2)
LittleFox a commencé mais je pense qu'on devrait pouvoir la résoudre pour certains n>2 en revanche trouver une formule générale me semble trop optimiste. Il n'y en a pas sur OEIS en tout cas.