Bonsoir,

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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,

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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 :

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Bilan provisoire des valeurs de x qui conviennent : 120 et 0 < x 90.

Il me semble qu'on a un peu plus de solutions .

Imod

Je m'en doutais un peu

Essaie de trouver un dessin du même genre que celui que tu as proposé pour 80° mais avec un angle de 100° .

Imod

Je cherchais avec x ; mais avec 100, ça sera plus facile.
Je dois m'absenter pour environ une heure.

Puis rendez-vous à 11h30 ; je chercherai donc après la sieste...
Mais candide2 sera peut-être intervenu d'ici là.
Merci à lui de blanker dans ce cas.

Finalement :

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Oui , et comme dans l'exemple précédent on peut allonger le trapèze donc ...

Imod

Nouveau bilan provisoire des valeurs de x qui conviennent : 0 < x 120.

J'espère ne pas trop divulgâcher en révélant que l'on a là toutes les solutions . La réciproque est presqu'aussi jolie que la partie directe . Je donne un indice , il faut supposer l'existence d'une partition avec x>120 et majorer le nombre de x .

Imod

Une remarque à propos des illustrations de Sylvieg pour x<120 . On peut traiter les deux cas en une seule figure en démarrant avec l'angle x sur l'autre base .



Imod

J'attends avec impatience, la réponse à l'énoncé initial qui concerne bien la découpe d'un triangle équilatéral.

... qui donnerait d'autres solutions (démontrées) que x = 90°/n et x = 120°/n (pour tout n de N*)

Je récapitule :

Dans chacun des trois trapèzes, on peut superposer des trapèzes aussi étroits que l'on veut, toujours isocèles avec des angles de 60° .
Assez étroits pour que les constructions proposées puissent s'y faire.

@Candide , tu as dû raté quelques étapes , le résultat est parfaitement établi pour , relit tranquillement les messages .

Sinon , je suis sûr qu'à l'arrivée Sylvieg aimera bien faire une synthèse de l'exercice

Imod

Je continue :
Dans la figure d'Imod à 9h58, les angles repérés en rouge mesurent x en degré, avec 0 < x < 120.
Les côtés du parallélogramme marqués d'une croix sont d'une longueur arbitraire.
On peut donc réaliser cette figure dès que le trapèze est assez long pour contenir ce qui est en jaune et bleu.
Ce qui revient à utiliser des trapèzes assez étroits.

Reste à éliminer x > 120.

Bonjour,

Ce qui m'intéresse est un dessin de découpe à partir d'un triangle équilatéral et pas d'un quadrilatère où on fait tendre un coté vers 0.
Faire tendre un coté vers 0 correspond à une infinité de triangles intérieurs, même si certaines aires tendent vers 0.

Dit autrement, je n'ai pas compris quelle est la réponse que vous apportez au problème posé, ou alors ce que j'entrevois (et qui est peut être faux) est que la réponse donnée ne correspond pas à l'énoncé.

Tu es bien sur le bon problème

Il est clair que deux figures semblables pourront être recouvertes de la même façon par des triangles ayant un angle x . Sylvieg a montré qu'un trapèze isocèle 60° suffisamment long pouvait être découpé en triangles d'angle x . Maintenant si tu fais des tranches suffisamment fines parallèlement aux bases  tu fais apparaître des trapèzes semblables à ceux qui conviennent . Ces trapèzes pourront être recouverts par des triangles d'angle x .

Imod

J'essaye d'expliquer pour x = 100 :

A 11h09, une figure où le triangle équilatéral est découpé en trois trapèzes isocèles identiques, avec des angles de 60°.
Il suffit donc de réussir à découper un de ces trapèzes en triangles dont au moins un angle mesure 100°.

Ci-dessous une figure avec un découpage pour un trapèze avec deux angles de 60° :

Mais ce trapèze n'est pas semblable aux trapèzes de 11h09.
Deux remarques :
La longueur EG est arbitraire.
AB > 10 AD est une condition largement suffisante pour que cette construction soit réalisable.
Inutile de faire tendre un côté vers 0.

Détail pour "on peut superposer des trapèzes aussi étroits que l'on veut" :

Bonjour,

"Détail pour "on peut superposer des trapèzes aussi étroits que l'on veut" : "

Pour arriver au final à un triangle équilatéral , il faut arriver à empiler des trapèzes d'épaisseur nulles (pour remplir "la pointe")  et  cela conduit à en empiler une infinité et alors l'énoncé n'est pas respecté.

"On a partitionné un triangle équilatéral en un nombre fini de triangles ayant tous un angle x "

Je n'ai toujours pas compris, comment on peut découper un triangle équilatéral par des triangles en nombre fini, possédant tous un même angle x, différents de ceux que j'ai mentionnés.

Bonsoir,
j'ai suivi ce fil avec intérêt et j'ai longtemps eu le même problème que candide2.
Ce qui ce passe est que dès que le rapport hauteur/longueur est suffisamment petit on peut placer la construction de Sylvieg et d' Imod. Dans la figure précédente de Sylvieg la distance EG est arbitraire.
On peut donc couper le trapèze en tranches de hauteurs égales, pourvue que le rapport hauteur/longueur de chaque tranche soit assez petit. Et on a donc un nombre fini de triangles.

Le triangle est découpé d'abord en 3 trapèzes isométriques.
Il suffit de réussir à découper l'un d'eux en un nombre fini de triangles ayant au moins un angle mesure 100°.

Le trapèze en bas à droite est découpé en 8 trapèzes de hauteur identique.

Chacun de ces 8 trapèzes peuvent être découpé en 5 triangles dont dont au moins un angle mesure 100°.
Voir figure de 18h08.

Le trapèze en bas à droite peut donc être découpé en 40 triangles dont au moins un angle mesure 100°.

Le triangle ABC peut donc être découpé en 120 triangles dont au moins un angle mesure 100°.

_{* Modération > Citation effacée pour raccourcir la hauteur du sujet à défaut de raccourcir celle des trapèzes *}

Bonjour,

Je pense que les  8 petits trapèzes ne peuvent pas avoir tous une même hauteur.

Si , ils peuvent avoir la même hauteur même si ce n'est pas indispensable car dans la décomposition du trapèze , il y a une partie modulable .

Imod

Complément à ma réponse précédente.

Sauf si je me trompe, il faut adapter les hauteurs des petits trapèzes pour qu'elles soient dans la bonne proportion de leurs bases, sinon on devrait ne pas pouvoir avoir le même angle x partout.

Mais c'est peut-être alors là qu'est l'os , car la somme de ces hauteurs doit se caser pile dans un des 3 grands trapèzes et alors pas sûr du tout que cela soit possible quel que soit x. dans 0 ; 120°

@Candide

Je découvre tes messages  et j'ai lu en diagonale ,  je réponds peut-être à côté de tes questions .

Et si tu partais du trapèze du haut ?  Le paramètre important est base/hauteur . Il y a globalement 7 parts dans chaque trapèze .

Imod

Je tente de convaincre à l'aide de cette figure où tous les triangles ont au moins un angle de 100° :


GG' est la hauteur du trapèze, et GF < 4GG'.
Pour que la construction soit possible, il suffit donc que 4GG' < GP.
Autrement dit GG' < GP/4.

Le trapèze peut se placer ainsi dans le triangle :

On place dessous des trapèzes de même hauteur, sauf éventuellement le dernier dont la hauteur sera plus petite.
Si on veut des trapèzes tous de même hauteur, on choisit PM = PB/4.

Bonjour,

Cela ne peut pas fonctionner.

C'est en contradiction avec un théorème qui a été démontré et dont voici quelques versions de l'énoncé trouvées sur le net :

si un triangle \(T\) est pavé par un nombre fini de triangles \(T_{1},\dots ,T_{n}\), et que chaque triangle \(T_{i}\) possède un angle égal à \(x\), alors \(\frac{x}{\pi }\) est un nombre rationnel. 

Le théorème de Laczkovich établit que pour tout pavage fini d'un triangle par des triangles ayant tous un angle \(x\), cet angle est nécessairement un multiple rationnel de \(\pi \). Cela signifie qu'il existe deux entiers \(p\) et \(q\) tels que \(x=\frac{p}{q}\pi \)

Un triangle peut être pavé par des triangles ayant tous un même angle si et seulement si x est un angle dont le rapport avec Pi est un rationnel. Plus précisément, si x = p/q * Pi avec p et q entiers, alors il est possible de paver un triangle avec des triangles ayant cet angle x.

J'ai bien l'impression que c'est le théorème qui est dans le bon, mais pourquoi pas essayer de dessiner une solution en représentant les dessins des petits trapèzes pour un seul cas (par exemple x = 100°).  
Je parierai que cela va coincer quelque part.

Je vais regarder tout ça.
En attendant :
Si x = 100°, en radian x' = (100/180)

Pour moi il n'y a aucun doute , la démonstration est juste . Il suffit de remplacer 100 par x sur les différents dessins et tout se passe sans aucun problème .

Imod

Je n'ai trouvé aucune trace du théorème de Laczkovich sur Internet.
Es-tu certain, candide2, de l'interpréter correctement ?
On a l'impression que tu restes bloqué par rapport à ce qu'on propose à cause de ta conviction que c'est impossible.

"Je parierai que cela va coincer quelque part."
As-tu vraiment lu mon message de 8h50 ?
Peux-tu trouver où ça coince ?