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Bonjour,
Je n'ai trouvé aucune trace du théorème de Laczkovich sur Internet.
Es-tu certain, candide2, de l'interpréter correctement ?
Je n'ai rien fait d'autre que de recopier des énoncés de ce théorème trouvé sur le net, je ne vois pas d'autre manière de l'interpréter. Parfois le nom de Laczkovich est remplacé par d'autres, Laczkovich a travaillé sur un sujet plus large et la partie avec des triangles n'est qu'une petite parcelle de son travail.
Remarque que je ne vois pas pourquoi la proposition de Imod ne fonctionnerait pas, en y réfléchissant un peu... Cela reste ennuyeux si c'est contredit par les théorèmes mentionnés.
C'est vrai aussi que quand on voit des théories sur le sujet, c'est souvent une interprétation des théorèmes existant qui est faite et qu'alors les énoncés des dit théorèmes qu'on trouve ne sont aussi qu'une interprétation.
recopier des énoncés de ce théorème trouvé sur le net
Bon, maintenant que tu commences à envisager qu'on ne raconte pas n'importe quoi, tu vas y voir plus clair.
Et nous pourrons nous attaquer à l'impossibilité de x > 120
Bonsoir,
le théorème cité par candide2 est manifestement faux.
Si un triangle a un angle de 2 radian on peut le découper avec la bissectrice de cet angle en deux triangles ayant chacun un angle de 1 radian.
Or 1 n'est pas un multiple rationnel de 
qui est irrationnel.
Je donne une petite figure pour s'entrainer . Sur le dessin le triangle équilatéral est partitionné en 14 triangles .
Pourquoi ne peut-il pas y avoir 14 angles strictement supérieurs à 120° ?
Imod
Je propose un début de piste pour démontrer x 
120 :
Soit x > 120.
On suppose une partition réalisée avec des triangles qui ont tous un angle de mesure x.
Sur le côté AB, soit D le sommet le plus proche de A d'un des triangles.
Sur le côté BC, soit E le sommet le plus proche de A d'un des triangles.
AED ne peut pas être un des triangles de la partition.
On a donc deux triangles AEG et ADF avec chacun un angle de mesure x.
Et là, je bloque.
Ci-dessous, ce que j'avais commencé à écrire mais abandonné car je ne voyais pas comment aboutir.
La somme de tous les angles des triangles devrait être supérieure à 14
120°. C'est à dire 1680°.
On peut calculer la somme de tous les angles en triant les sommets.
Les trois sommets du triangle équilatéral donnent chacun 60°.
Les sommets qui sont sur ses côtés donnent 180°.
Il faut aussi repérer un sommet sur un côté qui donne aussi 180°.
Ça en fait 5 en tout.
Les autres sommets donnent 360° ; il y en a 4.
Total des angles : 2520.
Je ne veux pas trop en dire pour ne pas gâcher le plaisir de la recherche mais on peut désigner par r , v, et b le nombre de sommets de chaque couleur .
Imod
Un sommet vert ne peut pas donner d'angle supérieur à 120.
Un sommet rouge ne peut pas en donner plus qu'un.
Un sommet bleu ne peut pas en donner plus que deux.
r+2b = 13 < 14.
En calculant la somme de tous les angles des triangles de deux manières, je crois que ça marche.
Toujours avec 14 :
Les 14 triangles ont chacun 3 angles dont la somme donne 180°.
Leur somme en degré est 14180.
Chaque point vert fournit 60 degrés.
Chaque point rouge fournit 180 degrés.
Chaque point bleu fournit 360 degrés.
D'où 603 + 180r + 360b = 14180.
D'où r+2b = 13.
Voir ensuite le message d'hier à 18h41.
Tout à fait , si on note n le nombre de triangles on a :
180+180b+360c=180n donc b+2c=n-1 or le nombre de x est inférieur ou égal à b+2c et il en faut un par triangle .
Imod
Merci Imod de m'avoir mis sur les pistes sans divulgâcher
Je tente une synthèse pour x > 120.
Elle peut sans doute être améliorée ou simplifiée.
Cliquez pour afficherIdem avec un triangle ABC sans angle de mesure supérieure à 120.
Oui c'est correct et bien détaillé . Et d'accord avec la remarque mais dans ce cas la partie directe risque d'être un peu plus compliquée .
Imod
Quoique :
Tous les triangles ont un angle de mesure 80°.
Les triangles GPR, PRS et PQS sont isocèles avec deux angles de 80.
Dans le parallélogramme QSTU, les angles en S et U mesurent 80.
Les points L1 et M1 peuvent se déplacer horizontalement.
Pourquoi pas ?
Mais après il faudrait reconstruire le triangle avec des copies plus ou moins réduites de ce trapèze ou d'autres fabriquées sur les autres côtés .
Imod
En effet , je n'avais pas vu . Il suffirait donc de trouver l'angle minimal toléré dans un trapèze dont on connait les angles . Je ne suis pas sûr que le cas d'un triangle avec un angle supérieur à 120° soit à traiter à part .
Imod
Si on récapitule .
En notant a , b et c les angles du triangle en ordre croissant , la figure de Sylvieg nous dit qu'on peut partitionner le triangle avec des triangles d'angle x à condition que 0<x<180-c . Si x>120 et x différent de c , le raisonnement donné pour le triangle équilatéral nous dit que la partition n'est pas possible . Il reste une zone d'ombre pour x , à savoir [180-c,120] et c s'il est supérieur à 120 .
Imod
Une remarque , les angles a , b et c sont toujours acceptables de façon évidente . Il ne reste donc que la zone [180-c,120] à préciser .
Imod
Une autre remarque :
Dans ma figure du 11 à 11h14, les triangles isocèles imposent x < 90.
Par contre, avec ta figure du 6 à 9h58, x > 90 est possible.
La voici : 
Les sommets des angles marqués 60° peuvent être déplacés sur la grande base du trapèze ; chacun des 60 étant remplacés par a et b.
Les conditions sur x pour que la figure soit réalisable sont alors x+a < 180 et x+b < 180.
Sans oublier que le trapèze doit être suffisamment long pour que le jaune et le bleu ne se chevauchent pas.
Oui , c'est ce que je disais dans mes deux précédents messages . La contrainte la plus forte sur x est imposée par l'angle le plus grand que j'ai appelé c . Le non chevauchement ne pose aucun problème , on découpe ensuite en tranches comme dans le cas du triangle équilatéral . Il reste une zone nébuleuse [180-c,120] . Le mieux serait de trouver un exemple significatif plutôt que de s'épuiser sur des cas génériques , je vais y réfléchir .
Imod
Un exemple concret , en dehors de x=90° , peut-on partitionner le triangle avec des triangles d'angle x inclus dans l'intervalle [70° ; 120°] ?
Imod
Ce que j'étais en train d'écrire quand tu as posté à 18h14 :
On reste fixé sur des trapèzes ; mais on peut commencer par partager le triangle en triangles.
Si le triangle ABC est obtus en C, utiliser la bissectrice issue de de C qui coupe le côté AB en D et traiter les triangles.
Le problème est que les deux triangles que tu vas construire n'ont pas les mêmes angles et que tu vas te retrouver avec des informations croisées . Il faut voir les conditions dans les deux triangles et après pourquoi ne pas recouper un ou chacun des nouveaux triangles en deux . J'ai l'impression qu'on rentre dans labyrinthe bien compliqué . Mais à chaque jour suffit sa peine , je vais simplement regarder les deux triangles que tu proposes .
Imod
Bonjour,
Pas le temps de faire une figure ce matin ; je reproduis la tienne :
Pour x > 90, on peut construire les points D et E tels que
le triangles ACD ait des angles 150-x en C et x en D,
le triangle BCE ait des angles 140-x en C et x en E.
Les angles du triangle CDE sont tous inférieurs à 90.
Il reste à remplir ce triangle de triangles avec un angle x.
Oui , je crois qu'on approche de la fin . Ta construction atteint ses limites quand x=180-b donc par exemple avec a=10 , b=70 et c=100 , x ne peut pas dépasser 110 .
Imod
Une illustration pour une partition en angles de 100° dans un triangle d'angles 30° , 40° , 110° .
Imod
avec a=10 , b=70 et c=100 , x ne peut pas dépasser 110 .
Dans le triangle ABK, l'angle K mesure 115.
Dans le triangle BCL, l'angle L mesure 115.
Pour x = 115, il reste à partitionner le triangle CKL dont les angles mesurent 50, 65 et 65.
Sauf erreur de ma part.
Oui , cette position est plus générique que la précédente . La position limite est atteinte quand KCL est équilatéral alors x vaut 120° . Pour les valeurs plus petites de x on approche K de C avec CK=CL , on arrive à x=c .
Imod
Si je n'ai pas perdu le fil en route , un triangle peut être partitionné en triangles d'angle x si x est un angle du triangle ou s'il appartient à l'intervalle ]0,120] .
Imod
Le cas où un des angles du triangle est supérieur à 120 n'a pas été traité.
Exemple : c = 130 et x = 125.
J'avais pensé la même chose mais comme je venais d'écrire deux messages de suite , j'attendais une réaction . Dans ce cas l'angle x pourrait peut-être dépasser 120 et il y aurait alors nécessairement un angle x de sommet C . C est de toute façon un majorant de x .
Imod
J'envisage de poster un nouveau sujet, avec un lien vers celui-ci.
La question porterait sur un triangle avec un angle de 130° et x = 125.
Ça pourrait atteindre de nouveaux îliens que la longueur du sujet actuel peut rebuter.
Qu'en penses-tu ?
Tu fais comme tu le sens mais je pense qu'il faudrait d'abord faire un bilan de ce qui est clairement établi sur ce fil . Sinon le lecteur intéressé devrait relire l'ensemble des messages du fil avec les errements et les questionnements . La question que tu proposes donnant en préambule tous les résultats acquis me semble bien plus attractive .
Imod
Vu le peu de réactions sur ce fil et celui de Sylvieg , je me suis permis d'élargir un peu le public 
Imod
Rebonjour à tous
J'ai commencé à essayer de résumer les résultats obtenus pour mettre mes idées au clair et aussi pour faciliter l'approche à ceux qui découvrent le problème .
Le début de ma réflexion :
Pour un réel x de l'intervalle ]0° ;180°[ on dira qu'un polygone appartient à P(x) si on peut le partitionner en un nombre fini de triangles ayant tous un angle x .
Résultat 1 : Si c est le plus grand angle d'une base d'un trapèze alors ce dernier appartient à P(x) pour tout x < 180 - c .
Résultat 2 : Si c est le plus grand angle d'un triangle alors ce dernier appartient à P(x) pour tout x < 180 - c .
Résultat 3 : Si x est dans l'intervalle ] 0° ; 90°] , tout triangle appartient à P(x) .
Il y a bien sûr d'autres résultats déjà validés mais je bloque sur celui-ci :
Résultat 4 : si x est un angle inférieur à 120° alors tout triangle dont les angles sont inférieurs à 120° appartient à P(x) .
Les dessins proposés par Sylvieg le 13/02 font apparaître un triangle dont les angles sont en ordre croissant 2x -180 , 180 -x et 180 - x donc d'après la propriété 2 il appartient à P(y) pour tout y < x ( l'inégalité est stricte ) . On ne peut donc pas conclure .
Je n'ai pas trouvé le moyen d'éviter cet écueil 
Imod
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