Bonsoir,

 Cliquez pour afficher

Tous les 60/n avec n entier naturel supérieur ou égla à 1 conviennent.

C'est un bon début . Une autre façon d'obtenir des solutions est de découper le triangle équilatéral en morceaux identiques puis de découper chacun des morceaux .

Imod

Bonjour,

Dans l'énoncé on a : "on a partitionné un triangle équilatéral en un nombre fini de triangles ayant tous un angle x "

Si on fait des triangles avec un angle de 120° et 2 angles de 30°, le "x" doit être considéré = 120° ou bien 30° ?

Comme on dit "un angle x" , faut-il comprendre que x est alors obligatoirement ici 120° ?

Faut-il alors permettre la découpe en, par exemple, de petits triangles équilatéraux ... qui n'ont pas 1 angle x en commun mais bien 3 ? ...  

Je vais essayer d'être plus clair

C'est x que est cherché . Si x=30° , on trace la hauteur du triangle équilatéral et on obtient une partition du triangle en deux triangles ayant un angle de 30° , 30 est une valeur acceptable . On peut remarquer au passage que la même construction nous dit que x=90° est aussi une valeur convenable . Le un de la question est pris au sens usuel en maths , c'est à dire au moins un : un carré a un angle droit .

Imod

Bonjour,

 Cliquez pour afficher

x = 60°/n convient
x = 90° et 120° conviennent aussi.
Et par là, x = 90°/n et x = 120°/n conviennent aussi.

Et en regroupant les solutions :
x = 90°/n
et
x = 120°/n

En effet on récupère de nouvelles solutions mais on est très loin du total

Imod

Bonjour Imod,

Si tu penses à Laczkovich, c'est raté, je pense.

Cela dit : Si un triangle peut être pavé par un nombre fini de triangles ayant tous un même angle x, alors x doit être un multiple rationnel de \pi.

Mais c'est une condition nécessaire ... pas suffisante.

J'attends pour voir

Bonjour

Cette condition n'est ni nécessaire ni suffisante  

On n'utilise que des résultats très élémentaires niveau collège . Attention , je ne dis pas que l'exercice est facile .

Un bon point de départ est d'essayer de découper un trapèze isocèle d'angle 60° et de bases suffisamment grandes en triangles d'angle x .

Imod  

Je me permets de relancer l'exercice car il est très riche et que nous n'en sommes qu'au tout début .

Je précise l'indice donné précédemment :



Finir le trapèze isocèle en ne traçant que des triangles ayant un angle de 80° .

Imod

Les trois triangles du centre sont isocèles.

Oui et en translatant QBRP vers la droite on fait apparaître un parallélogramme qu'on peut découper en deux triangles avec chacun un angle de 80° .  On peut donc choisir les bases arbitrairement longues .

Ensuite que peut-on faire si les bases sont trop petites pour que cette partition soit possible ?

Imod

J'ai préféré translater AMN :


Je ne vois pas trop comment compléter pour remplir le triangle équilatéral du départ.
Je regarderai un peu plus tard.

Si tu veux , cela revient au même . Pour la suite je te conseille d'abord de répondre à la question que je posais à la fin du message précédent mais ce n'est pas une obligation

Imod

On peut superposer autant de trapèzes isocèles que l'on veut à l'intérieur du premier.

Tout à fait , donc avec un rapport hauteur-bases convenable . Il reste reste juste à mettre les trapèzes dans le triangle initial .

Imod

J'avais l'impression qu'il me restait toujours un triangle équilatéral, en superposant les trapèzes.
Voici une manière de faire :

 Cliquez pour afficher