J'ajouterai au message de Sylvieg qu'il n'est pas facile d'entrer dans le problème mais qu'un résultat obtenu dans le fil précédent nous dit que si la partition est possible il y aura nécessairement un angle de sommet C mesurant 125° .
Imod

Je crois de moins en moins à l'existence d'une partition vérifiant ces conditions . Peut-être une récurrence sur le nombre de points rouges  ( voir le fil précédent ) .
Imod

Dans ce genre d'exercices il est clair qu'il faut accepter de se lancer dans le vide sans savoir où l'on va tomber . Sans certitude je crois de plus en plus qu'il est impossible de partitionner un triangle avec des triangles d'angle x strictement supérieur à 120° , sauf si cet angle est un angle du triangle initial . L'exemple proposé par Sylvieg  peut être utile pour ceux qui croient le contraire .
On peut aussi essayer de voir ce qu'il se passe s'il n'y a pas de point rouge ou bleu ou un seul et voir ce qui se passe .
Imod

Je relance le problème que j'ai laissé reposer , même si on n'intervient pas ici ni ailleurs , j'aimerais donner un petit résumé et quelques idées .

On dit qu'un triangle avec , s'il existe une partition de T en triangles ayant tous un angle x .

Résultat obtenu : Tout triangle n'ayant pas d'angle strictement supérieur à 120° appartient à P(x) si et seulement si .
Question en suspens : Existe-t-il un triangle avec x qui n'est pas un angle de T et ?

Remarques à propos de la question en suspens , en supposant qu'une partition existe :

Il y a exactement un angle x sur le sommet du triangle initial supérieur à 120° et au moins un autre angle .
Il y a exactement un angle x sur chaque sommet rouge et au moins deux autres angles .
Il y a exactement deux angles x sur chaque sommet bleu et au moins trois autres angles .

Pour la dernière remarque , s'il était prouvé qu'il y avait au moins quatre angles différents de x sur chaque sommet bleu , l'inexistence d'une partition serait établie . Une conséquence , la partition est impossible s'il n'y a pas de point bleu .
Imod

Bonsoir,
Pour clarifier le message précédent, je poste la figure qui permet de comprendre ce que sont les sommets rouges et bleus.

Bonjour

Au vu des derniers développements , une question plus simple vient à l'esprit : trouver un triangle rectangle pouvant être partitionné avec un nombre fini de triangles ayant tous un angle de 100° . J'ai beaucoup de mal à croire que cela soit possible .  Sinon j'ai commencé à préparer un résumé des résultats obtenus durant le peu de temps libre que j'ai en ce moment . A suivre donc

Imod  

Le résumé en PDF , je n'ai pas réussi à l'envoyer à l'autre site
Imod


PDF - 33 Ko

Bonjour Imod,
Bravo de persévérer !
Une idée pour laquelle je n'aurai pas le temps de faire une figure avant demain :
Il me semble que l'on peut construire à l'intérieur du triangle rectangle ABC un point J tel que les trois triangles JAB, JAC et JBC aient leur angle de sommet J de mesure 120°.
Ces trois triangles ne sont-ils pas alors dans P(100) ?
Si oui, le triangle ABC y est aussi.

Je ne crois pas mais j'attends tes explications
Imod

Je ne crois plus non plus.
Je n'étais vraiment plus dans le coup hier

On ne peut pas avoir des idées géniales tous les jours

Je pense que le problème est vraiment complexe et peut-être ouvert  . En tout cas sur les mathématiques.net , on ne se bouscule pas pour répondre , une seule intervention vraiment sympathique mais qui ne ne nous rapproche pas d'une solution . Après , quand un problème ne nous inspire pas , on peut laisser reposer un moment et parfois     

Imod  

J'ai tenté avec triangle rectangle isocèle et x = 110 :

Les triangles ACD et BEC ont un angle de 110.
Les triangles avec un côté en pointillés ont un angle de 110.
Les extrémités des segments pointillés peuvent être déplacés.

Il reste à partitionner trois trapèzes dont les angles de la base sont assez petits

Bonjour Sylvieg

Apparemment je ne suis pas le seul à persévérer

Je n'aime pas trop manipuler les outils de géométrie dynamique mais clairement sur ta figure c'est la position du point M qui décide de l'existence ou non des pointillés fournissant des angles acceptables . Les contraintes sur M sont difficiles à expliciter , as-tu réussi à construire une figure satisfaisante ?

Imod

Une remarque bête pour compléter le message précédent : on cherche à partitionner un triangle isocèle dont l'angle au sommet est de 40° en triangles ayant tous un angle de 110° .
Imod

Oui, c'est le triangle CDE.

Le point M n'a pas vraiment de contraintes :
Les segments pointillés peuvent toujours être trouvés.
On a alors 3 trapèzes dont les angles aux extrémités de la grande base sont strictement inférieurs à 70.

Avec les méthodes vues auparavant, on peut partitionner ces trois trapèzes avec des triangles ayant un angle de mesure 110.

_{Message édité}

C'est le résultat 1 de ton pdf.

En effet ça marche

J'ai peu de temps libre aujourd'hui , je regarde ce soir pour une généralisation . En tout cas il est clair qu'on ne change rien à la démonstration en faisant glisser A à gauche de D et B à droite de E .

Imod

Juste en passant , je ne suis pas sûr qu'il y ait une contradiction car on parlait d'un angle x > 120 ( ici x = 110° ) .

J'essaierai d'y revenir plus tard .

Imod

J'ai regardé un peu le cas général , ça semble coller en utilisant uniquement quatre angles : x , a= 2x - 180 , b = 360 - 2x et c = 360 -3x . Le point M ne peut pas être placé tout à fait n'importe comment car les intersections concernent des segments .


Sinon les trapèzes auraient pour angles a et b et les triangles a , x et c .

Imod


  

Je n'ai pas bien compris ton message :
De quelles intersections parles-tu ?

Sinon, je viens de voir que tu avais déjà amorcé cette construction dans l'autre sujet :

Imod @ 13-02-2026 à 10:52

Une illustration pour une partition en angles de 100° dans un triangle d'angles 30° , 40° , 110° .

Imod

J'ai posté un peu tard hier après une journée exténuante , je vais essayer de remettre un peu d'ordre .
On se donne un angle  90 < x < 120 et les trois angles d'un triangle dont le plus grand est supérieur à x . On va construire un triangle ayant ces angles en utilisant uniquement des triangles avec un angle x . On commence par définir trois angles : a = 2x - 180 , b = 360 - 2x et c = 360 - 3 x . Je reprends les notations de ton dessin . On trace un trapèze isocèle DXUV avec les angles : D = X = a ( et donc U = V = b ) . On prolonge la base [UV] pour obtenir un trapèze isocèle DXMZ avec M = Z = x . On place ensuite le point W pour que dans le triangle MWZ on ait M = x et Z = c . Puis on choisit un point Y sur [MW) au-delà de W , on fabrique un trapèze isocèle ZWYC et on obtient le point E à l'intersection des droites (DX) et (CY) . On complète la figure avec le trapèze isocèle EYMN . Il reste à positionner les points A et B sur la droite (DX) pour obtenir un triangle ABC avec les angles voulus . Chacun des petits triangles a un angle x et les angles à la base des trapèzes valent a qui est inférieur à 60° , le contrat est rempli .
La construction est sans doute inutilement compliquée .
Imod      

Ma démarche était de partir du triangle ABC alors que, si j'ai bien compris, la tienne est de construire le triangle ABC.
Je crois que les deux démarches aboutissent.
Je répète que je pense que mon point M de 8h50 hier peut se placer n'importe où à l'intérieur du triangle CDE.

Je suis bien occupée aujourd'hui et demain.

Il n'y a plus d'urgence depuis le temps que le problème traine

J'ai tout de même revu ma copie que je trouvais particulièrement pénible . Je reste sur tes notations et on cherche une partition du triangle CDE . La valeur de x donne immédiatement les angles a , b et c définis précédemment , on a donc la figure suivante :



Le point M est en rouge . L'existence et la construction des points N , U , V et W de mon message précédent est alors évident .

Du coup , on a presque fini même si je ne sais plus vraiment où on en est . Je vais profiter de ta présence en pointillés pour mettre à jour mon PDF

Imod

J'ai ajouté un résultat 6 à mon pdf que je ne poste pas , car en le rédigeant une idée m'est venue . Bon nombre des résultats obtenus dépendent du plus grand angle c du triangle qui varie de 60° à 180° . De son côté x évolue de 0° à 180° . Il y a certaines redondances dans les résultats proposés dans le pdf . Une représentation graphique exprimant c en fonction de x laisse apparaître les zones connues et celles qui restent à l'ombre .
Imod

Je n'ai pas eu le temps de reprendre mon pdf , je l'ai laissé tel quel mais j'ai représenté les zones connues en fonction de c le plus grand angle du triangle et x l'angle imposé pour les triangles paveurs . Le vert est réalisable , le rouge non , le reste est une zone grise .

Le schéma et le pdf :






PDF - 41 Ko

Pour ceux qui cherchent encore s'il y en a , un triangle du triangle grisé qui est vert :


Imod

Il y en a ; mais sans doute au singulier ?
La difficulté, c'est de se remettre dans le bain, même après une petite absence.

Après les "que des trapèzes" et "que des triangles", tu nous concoctes un mélange des deux

Il est en effet difficile de se souvenir de ce qui est déjà établi . Le petit graphique avec les axes x et c permet de retrouver rapidement ce qui est connu ( en fait je l'ai fait pour moi car je perdais tout le temps le fil ) . Un des problèmes est qu'il n'est pas du tout garanti que tout se résume à ce graphique . Par exemple , est-ce que tout triangle rectangle peut être partitionné avec des triangles ayant un angle de 100° ?  Le point de coordonnées (100 ; 90) devrait apparaître en vert très clair sur le graphique précédent .

Le problème est clairement très difficile mais il progresse tout de même lentement , essentiellement grâce à tes interventions  .  Je laisse toujours du temps à un problème pour qu'il puisse vivre mais celui-ci n'a pas vraiment pas trouvé de public ici ou ailleurs . On est au moins deux amateurs de l'exercice et on peut toujours se dire que Rome ne s'est pas faite en un jour

Imod  

Le point de coordonnées (115 ; 100) devrait aussi être en vert : Triangles Tousavecunix

Malheureusement non , il faut faire attention que dans le résultat 2 du pdf ( x< 180 - c ) , l'inégalité est stricte . Il y a donc un problème avec le triangle CKL dans l'exemple que tu cites .
Imod

D'accord
Ne peut-on pas transposer ta figure d'hier avec x = 100 pour un triangle avec c = 100, a = 10, b = 70 et x = 115 ?

a = 10, b = 70, c = 100.
x = 115.
Pour le triangle BMC : 20 et 45 en B et C ; donc 115 en M.
Pour le triangle CMN : 55 et 10 en C et N ; donc 115 en M.
Angles du trapèze en A et B : 10 et 50.

Bonjour Sylvieg
Désolé pour le manque de réaction , je viens de perdre ma mère . Il faut que j'évacue ma peine et ce problème tordu devient presqu'une détente pour moi .
Je reprends les notations de ta dernière figure , je note a , b , c les mesures des angles de ABC et x , y , z ceux de MBC . On est dans le secteur 90 < x < 120 et 180 - x < c < x et on considère un triangle ABC dont l'angle c vérifie la contrainte précédente . Est-il toujours possible de choisir y et z tels que 2x + y = b + 180 et x + b = z +180 ? Si oui le triangle gris s'éclairerait miraculeusement en vert .
Imod  

Sincères condoléances. Je te souhaite beaucoup de courage dans ces moments difficiles !
Contente de contribuer à te détendre par moments.

J'attendais ta réaction avant de faire part d'autres prolongements.

Je préfère noter b' et c' les angles en B et C du triangle MBC.
Il me semble que l'on peut choisir c' = c+a+x-180 et b' = 180+b-2x.

Par ailleurs, avec la figure ci-dessous, on voit que l'inégalité pour les trapèzes peut être large :

Si l'angle en A est 180-x alors l'angle en X est x.

Une fois vu, on peut alléger la figure du résultat 6 en enlevant les pointillés.

Pour l'inégalité large, je parlais du résultat 1 de ton pdf.

Bonsoir Sylvieg et merci

Le calcul de b' et c' ne pose pas de problème mais donne-t-il toujours des solutions acceptables dans le secteur choisi ? Je suis d'accord pour la simplification du résultat 6 , mais je ne vois pas trop pour le passage à l'inégalité large pour le résultat 1 .

Imod

Je réponds pour l'inégalité large dans le résultat 1 :
Dans la figure de 11h45, le triangle AXZ a un angle x.
Et le trapèze AYZB vérifie l'inégalité stricte.

OK , j'avais répondu trop vite . Du coup pour le triangle gris on peut récupérer les exemples plus simples qu'on avait éliminés à cause de l'inégalité large . Il ne reste plus que le carré gris à démêler . La diagonale est verte et j'ai tendance à croire que le reste est rouge mais sans le début d'une preuve .
Imod

J'actualise la figure en ajoutant au passage un triangle rouge que j'avais oublié :

Imod

Pour x > 120, il y aura nécessairement un angle de sommet C mesurant x.
Donc c x > 120.
La moitié du carré gris est donc rouge ?

Je n'avais pas vu ton dernier message

Oui , avec l'argument qu'on a déjà utilisé pour faire rougir le carré du bas . La suite risque d'être bien plus compliquée .
Imod

Avec un angle de 130°, vouloir le découper en triangles ayant tous un angle de 125° semble compliqué. Comme 125° > 120°, ça dépasse déjà la borne des partitions possibles pour les triangles équilatéraux, donc à vue de nez ça paraît impossible. Faut creuser avec une démonstration géométrique ou par contradiction pour être sûr.

Bonjour de mon matin,
Après le "deux triangles et un trapèze", j'ai tenté "un triangle et deux trapèzes" :

c = 130 et x = 125.
Le point M peut être n'importe où sur [Cm].

Une autre figure où l'on voit mieux les deux trapèzes :

Bonjour Sylvieg

En effet ça colle et dans tout le triangle gris car en notant y = c - x on a : 180 = a + b + x + y donc 180 - a , 180 - b et 180 - y sont supérieurs à x . Le triangle est devenu une prairie et le problème est complètement résolu . Bravo à toi

Il restera à mettre tout ça en forme  de façon économique pour d'éventuels lecteurs

Imod