ここでは、いくつかの同じサイズの閉正三角形が連なっているとき、その中に、その正三角形の辺以上の距離を置いて配置される点が、どのような位置関係になるかについて研究する。
たとえば下図の場合、「ＰＱ≧ＡＢならば、ＰＢ≦ＱＣとなり、ＰＢ＝ＱＣとなるのはＰＱ＝ＡＢのときに限る。」というようなことである。
定理１：上図（Ｐは△ＡＢＣ上、Ｑは△ＡＢ’Ｃ上）で、ＰＱ≧ＡＢならば、ＰＢ≦ＱＣとなる。ＰＢ＝ＱＣとなるのはＰＱ＝ＡＢのときに限り、Ｐは辺ＡＢ上でＱは辺Ｂ’Ｃ上か、あるいはＰ＝ＣでＱ＝Ａである。
証明：
場合分けして考える。
ａ：Ｐ＝Ａ
ｂ：Ｐ＝Ｂ
ｃ：Ｐ＝Ｃ
ｄ：Ｐは辺ＢＣ内、Ｑは辺Ｂ’Ｃ上
ｅ：Ｐは辺ＢＣ内、Ｑは辺ＡＢ’上
ｆ：Ｐは辺ＢＣ内、Ｑは△ＡＢ’Ｃ内
ｇ：Ｐは辺ＡＢ内、Ｑは辺Ｂ’Ｃ上
ｈ：Ｐは辺ＡＢ内、Ｑは辺ＡＢ’上
ｉ：Ｐは辺ＡＢ内、Ｑは△ＡＢ’Ｃ内
ｊ：Ｐは△ＡＢＣ内、Ｑは辺Ｂ’Ｃ上
ｋ：Ｐは△ＡＢＣ内、Ｑは辺ＡＢ’上
ｌ：Ｐは△ＡＢＣ内、Ｑは△ＡＢ’Ｃ内
ｍ：Ｐは辺ＡＣ内
これですべての場合を網羅しているはずである。
Ｑは、Ｂ’、あるいはＣ以外にはありえない（三角形の最長辺以上離れた２点は、この最長辺の両端点である：「【問３】【問４】は、ｎ＝１のときは完全に解けること」の付記参照）。
どちらの場合も、命題が真であることは明らか。
さらに、Ｑ＝Ｃと、Ｑ≠Ｃとに分けられる。どちらの場合も明らか。
上記ａと同様。命題が真であることは明らか。
やっと幾何学らしくなる。
上図で、ＰＱ≧ＢＣ（題意）。
また、ＰＣ＋ＣＱ＞ＰＱ（三角不等式）。
ＢＣ＝ＢＰ＋ＰＣ（Ｐは辺ＢＣ内）。
これらから、ＰＣ＋ＣＱ＞ＢＰ＋ＰＣ。
ゆえに、ＣＱ＞ＢＰ。
注意：この議論は、Ｑが辺Ｂ’Ｃの、Ｂ’側の延長上にあっても成り立つ。
上図のHは、ＡＨ＝ＢＰとなる点とする。
ＰＱ≧ＡＢなので、ＡＱ≧ＡＨ。
このことは、ＡＱ＜ＡＨとすると、次のように矛盾が導かれるので分かる。
ＡＱ＜ＡＨとすると、Ｑは△ＡＰＨの辺ＡＨ内の点である。すると、ＰＱは、△ＡＰＨの最長辺以下であり、最長辺に長さが一致するときは、ＰＱが最長辺となる。
ところが、ＡＰ＜ＡＢ＝ＰＨ、かつＡＨ＜ＡＢ’＝ＰＨなので、△ＡＰＨの最長辺はＰＨである（しかも唯一の最長辺である）。したがって、ＰＱ≦ＰＨ。
しかも、ＰＱ≧ＡＢ＝ＰＨなので、ＰＱ=ＰＨでなければならない。すると、ＰＱは唯一の最長辺ＰＨと端点が一致し、Ｑ＝Ｈとなる。
これは、ＡＱ＜ＡＨに反する。（「ＰＱ≧ＡＢならば、ＡＱ≧ＡＨ」の証明終わり）
さて、△ＡＣＱで、∠Ａ＞∠Ｃなので、ＱＣ＞ＡＱ。
したがって、ＱＣ＞ＡＨ＝ＰＢ。
Hは、ＰＨ＝ＰＱとなる、Ｂ’Ｃ上の点である。
Ｐを中心にして、半径がＰＱの円を描くと、Ｃはその内部の点、Ｂ’はその外部の点なので、このようなＨは必ず存在する。
Ｃがこの円の内部であることは、ＰＣ＜ＡＢ≦ＰＱから言える。
Ｂ’がこの円の外部の点であることは、Ｑが△ＡＰＢ’か、△ＰＣＢ’かの少なくとも一方に属し、どちらの三角形も最長辺がＰＢ’であることから言える（たとえば、△ＡＰＢ’でＡＢ’＜ＰＢ’は、∠Ｐ＜６０゜、∠Ａ＞６０゜となるので分かる）。
ＰＨ＝ＰＱなので、ＰＨ≧ＡＢ。
したがって、上記ｄにより、ＣＨ＞ＢＰ。
また、∠ＨＱＣ＜∠ＨＱＰ＝∠ＱＨＰ＜∠ＱＨＣなので、ＣＱ＞ＣＨ。
よって、ＣＱ＞ＢＰ。
注意：この議論は、Ｑが△ＡＢ’Ｃの外側にあっても、PQ＞ＰＢ’、 ＣＱ＞ＣＨが言えれば、成り立つ。しかし、ＣＱ＜ＣＨが言えてしまう。
Ｈは、辺Ｂ’Ｃ上で、ＣＨ＝ＢＰとなる点である。
上記ｅにおけると同様な議論で、ＣＱ≧ＣＨ＝ＢＰであることが分かる。
ＣＱ＝ＣＨとなるときは、四角形ＰＢＣＱが平行四辺形となるときであり、ＰＱ＝ＢＣ＝ＡＢである。
上記ｄでＡとＣの役割を入れ替えれば、ＡＱ≧ＢＰが分かる。
△ＡＱＣにおいて、∠Ａ＞∠Ｃなので、ＣＱ＞ＡＱ。
したがって、ＣＱ＞ＢＰ。
Ｈは、辺Ｂ’Ｃ上で、ＰＱ＝ＰＨとなる点とする。
上記ｆと同様な議論で、このようなＨが存在することが分かる。
上記ｇから、ＨＣ≧ＰＢ。
再び上記ｆと同様に、ＱＣ＞ＨＣ。
これらから、ＣＱ＞ＢＰ。
辺ＡＢ上で、ＢＨ＝ＢＰとなる点Ｈをとる。
△ＰＱＨで、∠Ｈ＜∠ＰＨＡ＝（∠ＨＰＢの補角）＜∠Ｐなので、ＨＱ＞ＰＱ。したがって、ＨＱ＞ＡＢ。
すると、上記ｇから、ＣＱ＞ＢＨ。ＢＨ＝ＢＰなので、ＣＱ＞ＢＰ。
辺ＢＣ上で、ＢＨ＝ＢＰとなる点Ｈをとる。
△ＰＱＨで、∠Ｈ＜∠ＰＨＣ＝（∠ＨＰＢの補角）＜∠Ｐなので、ＨＱ＞ＰＱ。したがって、ＨＱ＞ＡＢ。
すると、上記ｅから、ＣＱ＞ＢＨ。ＢＨ＝ＢＰなので、ＣＱ＞ＢＰ。
辺Ｂ’Ｃ上に、ＰＨ＝ＰＱとなる点をとる。
上記ｆと同様な議論で、このようなＨがとれることが分かる。
△ＱＣＨで、∠Ｑ＜∠ＰＱＨ＝∠ＰＨＱ＜∠Ｈなので、ＱＣ＞ＨＣ。
また、上記ｊにより、ＨＣ≧ＢＰ。したがって、ＱＣ＞ＢＰ。
注意：上記ｆと同様、この議論は、Ｑが△ＡＢ’Ｃの外側にあっても、PQ＞ＰＢ’、ＱＣ＞ＨＣが言えれば、成り立つ。しかし、ＱＣ＜ＨＣが言えてしまう。
これはありえない。ＰＱ≧ＡＢ＝（△ＡＢ’Ｃの最長辺）であるが、そうするとＰは△ＡＢ’Ｃの頂点でなければならないから。
■
定理２：６つの正三角形を下図のように正六角形に並べたものに、６点を、たがいにこれらの正三角形の辺長以上に離れて配置すると、すべての点が、これらのどれかの正三角形の頂点になる。
したがって、たがいにこれらの正三角形の辺長より離して配置すると、５点しか配置できない。
証明：
場合分けして考える。
ａ：正六角形の中心に点を配置する
ｂ：正六角形の中心に点を配置しない
正六角形の中心に点を配置してしまうと、この点から「正三角形の辺長以上離れた点」は、正六角形の頂点しかなくなる。
したがって、定理は成り立つ。
正三角形の各頂点の所属を明確にする。具体的には下図。辺の所属もこれに順ずる。
中心は、点を配置しないので、除いた。
このようにすると、各正三角形は、ちょうどひとつずつ頂点を持つことになる。
したがって、各正三角形には、２つ以上の点を配置することができない。各正三角形には、ちょうどひとつずつの点を配置することになる。
ここでまた場合分けする。
ｂ－ａ：ある正三角形に注目すると、その頂点（正六角形の頂点）に点が配置される
ｂ－ｂ：ある正三角形に注目すると、その辺（正六角形の中心と頂点を結ぶもの）内に点が配置される
ｂ－ｃ：ある正三角形に注目すると、その辺（正六角形の辺）内に点が配置される
ｂ－ｄ：ある正三角形に注目すると、その内部に点が配置される
これで、正六角形の中心に配置しない場合のすべての場合を網羅している。
ｂ－ａ：ある正三角形に注目すると、その頂点（正六角形の頂点）に点が配置される
時計回りに回って、この正三角形（Ｔと呼ぶことにする）の後ろにある正三角形（Ｓと呼ぶことにする）を考える。
正三角形Ｔに配置された点から、正三角形の辺長以上離れた点は、正三角形Ｓには、正三角形Ｓに属する頂点しかない。
したがって、正三角形Ｓも、その頂点に点が配置される。
以下、順に後ろの正三角形についても、その頂点に点が配置されることになり、結局すべての点が、どれかの正三角形の頂点になる。
定理は成り立っている。
注意：このとき、点間の距離の最小値は、正三角形の辺長に等しい。
ｂ－ｂ：ある正三角形に注目すると、その辺（正六角形の中心と頂点を結ぶもの）内に点が配置される
これは、ありえない。
なぜなら、この正三角形の後ろの正三角形上に、この点から正三角形の辺長以上離れた点は存在しないから。各正三角形にちょうど1つずつの点を配置することができない。
ｂ－ｃ：ある正三角形に注目すると、その辺（正六角形の辺）内に点が配置される
これも、ありえない。
下図のように、各点に名前をつけることにする。この図では、すべての点が辺内に配置されているかのように表されているが、他のところに配置された点があっても議論の本質は変わらない。
Ｐ１～Ｐ６は配置された各点、Ｖ１～Ｖ６は、頂点である。対応するものには、同じ添え字を付けた。注目した三角形のものの添え字は１とした。
定理１から、Ｖ１Ｐ１≦Ｖ２Ｐ２≦Ｖ３Ｐ３≦Ｖ４Ｐ４≦Ｖ５Ｐ５≦Ｖ６Ｐ６≦Ｖ１Ｐ１となる。
この等号付不等式列の最初と最後は同じものであるから、すべて同じ値にならなければならない。
定理１で同じ値になるためには、Ｐ１はＶ１と中心を結ぶ辺上にあるか、Ｖ２に一致しなければならない。
これは、Ｐ１が正三角形の辺（正六角形の辺）内という仮定に反する。
これも、ありえない。
下図のように、各点に名前をつけることにする。この図では、すべての点が正三角形内部に配置されているかのように表されているが、他のところに配置された点があっても議論の本質は変わらない。
Ｐ１～Ｐ６は配置された各点、Ｖ１～Ｖ６は、頂点である。対応するものには、同じ添え字を付けた。注目した三角形のものの添え字は１とした。
定理１から、Ｖ１Ｐ１≦Ｖ２Ｐ２≦Ｖ３Ｐ３≦Ｖ４Ｐ４≦Ｖ５Ｐ５≦Ｖ６Ｐ６≦Ｖ１Ｐ１となる。
この等号付不等式列の最初と最後は同じものであるから、すべて同じ値にならなければならない。
定理１で同じ値になるためには、Ｐ１はＶ１と中心を結ぶ辺上にあるか、Ｖ２に一致しなければならない。
これは、Ｐ１が正三角形の内部という仮定に反する。
■
定理２の系１：いくつかの同じ大きさの正三角形が、たがいに辺で接していて、順にたどっていくと元に戻れるようになっているとき、これらの正三角形と同じ個数の点をたがいにこれらの正三角形の辺長以上に離して配置し、隣の正三角形と接している辺には高々１個の点しか配置しないようにし、辺上の点はどちらの正三角形に所属するかを明確にして、各正三角形にはちょうど１点ずつが配置されるようにしたとき、配置されたすべての点は、どれもこれらのどれかの正三角形の頂点に配置され、点間距離の最小値は正三角形の辺長に一致する。
証明：
この条件の場合、定理２の証明中のｂ－ｃあるいはｂ－ｄにおける不等式列と同様な等号付不等式列を作ることができ、最初と最後が同じものにできるので、その各項の値はすべて同じになる。このときは、点間距離の最小値は正三角形の辺長に一致する。
すると、ある正三角形に配置された点は、その頂点にあるか、ある辺内にあって隣の正三角形の点とを結ぶともう１辺と平行である。
前者の場合、その点は２つあるはずの隣の正三角形の少なくとも一方にとっても頂点であり、この「隣の正三角形」に配置される点も、頂点でなければならなくなる。これもまた反対隣の正三角形にとって頂点となり、以下同様にして順次隣の正三角形の頂点に配置されている、したがって、すべての点が頂点に配置されていることが分かる。
後者の場合、隣の正三角形に配置された点も、その正三角形のある辺内になるが、その辺がさらに隣の正三角形との境界辺であれば、その「さらに隣の正三角形」には点は配置できず、境界辺でなければ正三角形はジグザグに連なっていくだけで、「元に戻れるようになっている」という条件を満たせない（下図）。
■
定理３：下図（Ｐは△ＡＢＣ上、Ｑは△ＡＢ’Ｃ上）で、ＰＱ≧ＡＢ、｛Ａ，Ｃ｝≠｛Ｐ，Ｑ｝ならば、ＰＢ＋ＱＢ’≦ＡＢ。ＰＢ＋ＱＢ’＝ＡＢとなるのは、ＰＱ∥ＡＢあるいはＰＱ∥ＢＣのときである（「∥」は、一致する場合を含む）。
証明：
場合分けして考える。
ａ：Ｑが辺Ｂ’Ｃ上
ｂ：Ｑが辺ＡＢ’上
ｃ：Ｑが辺Ｂ’Ｃ上、辺ＡＢ’上以外で、Ｐ、Ｑ、Ｂ’は同一直線上
ｄ：Ｑが辺Ｂ’Ｃ上、辺ＡＢ’上以外で、ＱとＡは、直線ＰＢ’の同じ側
ｅ：Ｑが辺Ｂ’Ｃ上、辺ＡＢ’上以外で、ＱとＣは、直線ＰＢ’の同じ側
定理１（ａ、ｂ、ｃ、ｄ、ｇあるいはｊのケース）から、ＰＢ≦ＱＣ。
Ｑは辺Ｂ’Ｃ上なので、Ｂ’Ｑ＋ＱＣ＝Ｂ’Ｃ＝ＡＢ。
これらから、ＰＢ＋ＱＢ’≦ＡＢ（等号はＰＢ＝ＱＣのとき）。
定理１で、ＰＢ＝ＱＣとなるのは、ＰＱ∥ＢＣか、Ｐ＝Ｃ（このときはＱ＝Ｂ’なのでＰＱ∥ＡＢ）のときである。
上記ａにおいて、点Ａと点Ｃを入れ替えればよい。
ｃ：Ｑが辺Ｂ’Ｃ上、辺ＡＢ’上以外で、Ｐ、Ｑ、Ｂ’は同一直線上
点Ｈを、Ｂ’Ｈ＝Ｂ’Ｑとなるように、辺ＡＢ’上にとる。
△ＰＱＨにおいて、∠Ｑ＝（∠Ｂ’ＱＨの補角）＝（∠Ｂ’ＨＱの補角）＞∠Ｈ。
したがって、ＰＨ＞ＰＱ≧ＡＢ。
上記ｂにより、ＰＢ＋ＨＢ’≦ＡＢ。ただし、ＰＨ＞ＡＢなので、ＰＨとＡＢは平行ではないから、等号は成り立たない。
Ｂ’Ｈ＝Ｂ’Ｑなので、ＰＢ＋ＱＢ’＜ＡＢ。
ｄ：Ｑが辺Ｂ’Ｃ上、辺ＡＢ’上以外で、ＱとＡは、直線ＰＢ’の同じ側
点Ｈを、Ｂ’Ｈ＝Ｂ’Ｑとなるように、辺ＡＢ’上にとる。
△ＰＱＨにおいて、∠Ｑ＞（∠Ｂ’ＱＨの補角）＝（∠Ｂ’ＨＱの補角）＞∠Ｈ。
したがって、ＰＨ＞ＰＱ≧ＡＢ。
上記ｂにより、ＰＢ＋ＨＢ’≦ＡＢ。ただし、ＰＨ＞ＡＢなので、ＰＨとＡＢは平行ではないから、等号は成り立たない。
Ｂ’Ｈ＝Ｂ’Ｑなので、ＰＢ＋ＱＢ’＜ＡＢ。
ｅ：Ｑが辺Ｂ’Ｃ上、辺ＡＢ’上以外で、ＱとＣは、直線ＰＢ’の同じ側
上記ｄにおいて、点Ａと点Ｃを入れ替えればよい。
■
定理３の系１：複数の同じ大きさの正三角形が、辺を接して連なっていて、各正三角形に１点ずつが配置されており、点間の距離が正三角形の辺長以上、接する辺に２点が配置されてないならば、この正三角形列の両端の正三角形の頂点からそこに配置されている点までの距離の和は、正三角形の辺長以下である。
たとえば、下図では、ＱＢ＋ＰＡ≦（正三角形の辺長）。
また、ここで等号が成り立つときは、点間距離の最小値は正三角形の辺長に一致する。
証明：
上図の場合で、説明する。
定理３からＱＢ＋ＲＣ≦（正三角形の辺長）。
また、定理１からＰＡ≦ＲＣ。
これらから、ＱＢ＋ＰＡ≦（正三角形の辺長）。
ここで等号が成り立つときは、ＰＡ＝ＲＣ、したがってＰＲ＝（正三角形の辺長）のときであるので、点間距離の最小値はＰＲとなる。
正三角形の数が増えた場合は、同様な議論で、より少ない正三角形の場合に還元できるので、正三角形の数がいくつでも言える。
■
なお、ここで「等号が成り立つとき」は、「三角形の頂点に配置される」と言いたくなるが、それは反例がある。下図のように、台形または平行四辺形に正三角形を並べ、その共有しない辺上に配置すればよい。
台形でも平行四辺形でもない並べ方だと、「正三角形の頂点に配置される」は言えそうだが、今のところ証明はできていない。たとえば下図の場合なら、言える。
ＰＡ＝ＲＣ、ＰＲ＝ＡＣ、ＲはＣＣ’上となるが、Ｒ≠Ｃ、Ｒ≠Ｃ’だと、Ｒ’が困ってしまうので、Ｒは頂点に配置されねばならない。
しかし、もっと一般的な場合はどうなのか、よく分からない。
定理３の系２：次のような、同じ大きさの正三角形列があるとする。
① 隣の正三角形とは、頂点あるいは辺で接する
② 隣の正三角形と頂点で接する場合は、反対隣の正三角形とは、その頂点の対辺で接する。
③ すべての正三角形に１つずつ点が配置されている。
④ 点間の距離は、正三角形の辺長以上である。
⑤ 隣の正三角形を順にたどって、元に戻ることができる。
このとき、点間の距離の最小値は、正三角形の辺長に等しい。
また、頂点で接する正三角形対に配置された２点とこの頂点とは、同一直線上にある。
証明：
頂点で接する正三角形対に注目する。
このような正三角形に配置された点間の距離は、仮定により正三角形の辺長以上である。
さらに、いったんこの頂点に寄り道した場合の道のりは、これを超えることはない。
したがって、これらを合計したものは、（これらの正三角形対の数）×（正三角形の辺長）以上となる。
同じものを、別の見方で計算する。
一方の正三角形から、辺で接する正三角形をたどっていくと、頂点で接する正三角形にたどり着く（元に戻ることもありうるが、その場合は定理２の系１により、点間の最小距離が正三角形の辺長に等しいことは言えてる）。
そこで、たどり着いた頂点で接する正三角形のうち、手前側のものに配置されている点とその頂点との距離と、出発点の正三角形に配置された点とその頂点との距離の和は、系１により、正三角形の辺長以下である。
したがって、このような和をすべて合計したものは、（これらの正三角形対の数）×（正三角形の辺長）以下である。
こうして、まったく同じものの一方は「（これらの正三角形対の数）×（正三角形の辺長）以上」、もう一方は「（これらの正三角形対の数）×（正三角形の辺長）以下」となる。このことは、これらが「（これらの正三角形対の数）×（正三角形の辺長）」に一致することを示している。
そのためには、頂点で接する正三角形対に配置された点間の距離は、正三角形の辺長以下でなければならない。
この距離は、仮定により正三角形の辺長以上であるから、これが正三角形の辺長に一致することが言えた。
このとき、「いったん頂点に寄り道した道のり」と「まっすぐ行った距離」とが等しいのであるから、これらの点と頂点は、同一直線上になければならない。
■
＊ この系を利用すると、定理２のｂは、次のようにも証明できる。
この系により、上図のＰＶＱは同一直線上。それは、ＰあるいはＱがＶに一致するときに限る。そのとき、ＱあるいはＰは、正六角形の隣の頂点になる。
他の頂点についてもすべて同様。
■
定理４：１辺がｓ、他の辺がｎｓで、１頂角が60°の平行四辺形には、高々２（ｎ＋１）点が配置できる。ただし、配置する点の相互の距離は、ｓ以上とする。
また、配置する点の相互の距離をｓより大とすると、高々２ｎ点が配置できる。
証明：
この平行四辺形は、辺長がｓの正三角形列に分割でき、正三角形列となる。
このとき、正三角形の個数は、２ｎである。
まず、可能性を示す。
配置する点の相互の距離をｓ以上とした場合、これらの正三角形の全頂点に点を配置することによって、２（ｎ＋１）点が配置できる。
また、配置する点の相互の距離をｓより大とした場合、たとえば長辺上に60°の頂角からｓ（２ｎ＋１）／（２ｎ－１）ずつ離して配置すれば、２ｎ点が配置できる（下図は、ｎ＝４の例）。
つぎに、それより多くの点が配置できないことを示す。
配置する点の相互の距離をｓ以上とした場合、この正三角形列の１端の正三角形は３頂点を含み、他の正三角形は１頂点のみを含むものとする（下図は、ｎ＝４の例）。
このとき、３頂点を含む正三角形には高々３点しか配置できず、他の正三角形には高々１点しか配置できない。したがって、合計３＋（２ｎ－１）＝２ｎ＋２＝２（ｎ＋１）点しか配置できない。
配置する点の相互の距離をｓより大とした場合、各正三角形には、高々１点ずつしか配置できない。したがって、正三角形の個数（＝２ｎ）を超えて配置することはできない。
■
定理４の系１：上底がｎｓ、下底が（ｎ＋１）ｓ、脚がｓの等脚台形には、高々２ｎ＋３点が配置できる。ただし、配置する点の相互の距離は、ｓ以上とする。
また、配置する点の相互の距離をｓより大とすると、高々２ｎ＋１点が配置できる。
証明：
この等脚台形は、辺長がｓの正三角形列に分割でき、正三角形列となる。
このとき、正三角形の個数は、２ｎ＋１であり、定理４の平行四辺形に、辺長がｓの正三角形を追加したものである。
まず、可能性を示す。
配置する点の相互の距離をｓ以上とした場合、これらの正三角形の全頂点に点を配置することによって、２ｎ＋３点が配置できる。
また、配置する点の相互の距離をｓより大とした場合、下図に示すQ点を、微調整してQ’に移動させることにより、P点が配置でき、定理４よりも１点多く配置できる。すなわち、２ｎ＋１点が配置可能である。
つぎに、それより多くの点が配置できないことを示す。
配置する点の相互の距離をｓ以上とした場合、この正三角形列の１端の正三角形は３頂点を含み、他の正三角形は１頂点のみを含むものとする（下図は、ｎ＝４の例）。
このとき、３頂点を含む正三角形には高々３点しか配置できず、他の正三角形には高々１点しか配置できない。したがって、合計３＋２ｎ＝２ｎ＋３点しか配置できない。
配置する点の相互の距離をｓより大とした場合、各正三角形には、高々１点ずつしか配置できない。したがって、正三角形の個数（＝２ｎ＋１）を超えて配置することはできない。
■
定理４およびその系は、１つの正三角形に、順次同じ大きさの正三角形を追加してできた図形についてのものと考えることができる。そこで、あらためて、このような図形を「正三角形列」と呼ぶことにする。言うまでも無いが、これらの正三角形は、正三角形格子の正三角形である。２つの正三角形が共有点を持つときは、どちらの正三角形にとっても頂点である点を共有する。
たとえば、下図のものは、平行四辺形でも台形でもないが、定理４やその系と同様な性質を持つ。
配置する点の相互の距離を正三角形の辺長以上とした場合、下記のことが言える。
正三角形列は、順次追加する正三角形が、それまでの正三角形と、必ずちょうど２頂点を共有するようにできるならば、（正三角形の数＋２）個の点が配置でき、そのときは正三角形の全頂点を占める。
順次追加する正三角形が、それまでの正三角形と、３頂点を共有するのが高々１回にできるならば、正三角形の頂点の総数（重複は１つと数える）が、点を配置できる最大値となり、そのときの配置は、全頂点となる。
しかし、３頂点を共有する正三角形が必ず２つ以上できてしまう場合は、今のところ、どのように配置できるかを言えない。ただ、正三角形の頂点の総数を超えて配置できる例は見つかってないし、正三角形の全頂点を占める配置以外の配置も見つかっていない。最大値が必ず正三角形の頂点の総数に一致し、そのときの配置は正三角形の全頂点になることが言えれば、【問１】は、直ちに解ける。
３頂点を共有する正三角形が１つだけにできる場合は、正三角形の全頂点に配置した場合が最大値となることが言える。上記の定理２は、その例である。