Dividere triangoli in triangoli isosceli

[gugo82]

Problema:

Dimostrare che, scelto arbitrariamente $n in NN$ con $n>= 4$, ogni triangolo (ovviamente non degenere) \(\stackrel{\triangle}{ABC}\) si può suddividere in $n$ triangoli isosceli.

Cosa accade se $n=3,2$? La suddivisione è ancora sempre possibile? Altrimenti, in quali casi può essere fatta?

[axpgn]

Dato un generico triangolo $ABC$, l'altezza $AH$ relativa al lato maggiore (poniamo sia $BC$) cade sempre all'interno del triangolo, generando due triangoli rettangoli $ABH$ e $ACH$.
Collego $H$ con i punti medi $M$ e $N$ di $AB$ e $AC$: i quattro rettangoli $AHM$, $BHM$, $AHN$ e $CHN$ sono isosceli in quanto il punto medio dell'ipotenusa di un triangolo rettangolo è il circocentro e quindi equidistante dai tre vertici, quindi $AM=BM=HM$ e $AN=CN=HN$.
Ora è possibile ripetere la stessa procedura su ognuno dei quattro triangoli così ottenuti, generando ulteriori tre triangoli isosceli ad ogni ripetizione di conseguenza posso ottenere $4, 7, 10, … , 4+3k, … $ triangoli isosceli da quello originario.
Inoltre con questa procedura se riesco a ricavare $5$ o $6$ triangoli isosceli da quello originario, riesco a ottenerli tutti (da $4$ in su).
Per ricavarne $6$, traccio l'altezza come nel primo caso, suddivido $ABH$ in due isosceli come prima mentre tratto $ACH$ come il triangolo originario e quindi lo divido in quattro.
Per ricavarne $5$, in generale avrò due lati diseguali quindi se, per esempio, ho $AB Però, se il triangolo è equilatero questo non funziona …
Allora facciamo così … sia $O$ l'ortocentro, tracciamo il segmento $AH$ coincidente con $AO$ ma un pochino più lungo e poi disegniamo il cerchio di centro $H$ e raggio $BH=CH$
Questi intersecherà $AB$ in $M$ e $AC$ in $N$, perciò $BH=MH=NH=CH$ in quanto raggi e di conseguenza i triangoli $BHC$, $CHN$, $NHM$ e $MHB$ sono isosceli.
Siccome $AM=AN$ in quanto differenze di lati uguali, anche $AMN$ è isoscele, per un totale di cinque.

Cordialmente, Alex

[gugo82]

Un triangolo equilatero $\stackrel{\triangle}{ABC}$ può essere diviso in:

[*:1g03qjnq] $4$ triangoli equilateri usando le congiungenti dei punti medi $L,M,N$ dei lati;

[/*:m:1g03qjnq]
[*:1g03qjnq] $6$ triangolini, di cui tre equilateri e tre isosceli, usando i quattro triangolini precedenti e dividendo in tre quello centrale con i raggi $OL,OM,ON$ della circonferenza ad esso circoscritta;

[/*:m:1g03qjnq]
[*:1g03qjnq] $5$ triangolini, di cui uno solo equilatero, fissando un punto $P$ sull’altezza relativa a $AB$, congiungendo $P$ con $A$ e $B$, riportando $AP,BP$ sui lati $AC,BC$ ottenendo i punti $D,E$ e congiungendo $D$ con $P,E$ ed $E$ con $P$ (il triangolo equilatero è $\stackrel{\triangle}{DCE}$).[/*:m:1g03qjnq][/list:u:1g03qjnq]
Fatto ciò, abbiamo finito.
Infatti, se $n=7, 8, 9$ possiamo prima dividere il triangolo in quattro triangoli equilateri e poi suddividere uno di essi in $n’ = 4,5,6$ triangoli isosceli; se $n=10, 11, 12$, uguale: suddividiamo il triangolo equilatero in $4$ triangolini equilateri, poi scegliamo uno di essi è lo suddividiamo in $n’=7,8,9$ triangoli isosceli; etc… Qui c’è il seme di un ragionamento induttivo: se $n=3h+1, 3h+2, 3h+3$, possiamo suddividere il triangolo in quattro triangoli isosceli e scegliere di dividere uno di questi triangolini in $n’=n-3$ triangoli isosceli.
Questo sistema il triangolo equilatero, che è quello (sRiccardo) sCocciante.

Supponiamo, allora che il triangolo non sia equilatero e rinominiamo i vertici in modo che $AC$ sia un suo lato “corto” e che $AC< BC <= AB$.
Tracciamo $CH$ altezza relativa ad $AB$ e fissiamo i punti medi $M,N$ di $BC, CA$; poiché i triangoli $\stackrel{\triangle}{AHC}, \stackrel{\triangle}{CHB}$ sono rettangoli, le mediane $HM,HN$ coincidono con la metà di $BC,CA$; dunque, i quattro triangoli che si ottengono dividendo il triangolo con $CH,HN,HM$ sono isosceli. Ciò sistema il caso $n=4$.
Il caso $n=5$ si risolve sfruttando quanto fatto: innanzitutto, si traccia $CP ~= CA$ con $P in overline(AB)$ ottenendo un triangolo isoscele $\stackrel{\triangle}{APC}$; il triangolo rimanente $\stackrel{\triangle}{CPB}$ si suddivide in quattro triangoli isosceli come sopra. Anche qui riconosciamo il germe dell’induzione: in generale, se $n>4$, si costruisce prima un triangolo isoscele sfruttando la costruzione vista nel caso di $n=5$, poi si suddivide il triangolo rimanente in $n-1$ triangoli isosceli.

E di $n=2$ che mi dici?
Poi $n=3$ è sCocciante.

[axpgn]

Allora, vediamo quello che riesco a fare …

Per $n=3$, tutti gli acutangoli sono divisibili in tre isosceli, basta prendere il circocentro e unirlo ai vertici.
Per i rettangoli, si fa come per $5$ precedente: si prende sul cateto lungo, il cateto corto; rimane un triangolo rettangolo che si divide in due come prima.
Se fosse isoscele, si prende l'altezza relativa all'ipotenusa che lo divide in due isosceli e si ripete l'operazione su uno dei due ottenuti.
Per gli ottusangoli non credo si possa fare per tutti però dovrei trovare un controesempio perché dimostrarlo (che non si può sempre fare) la vedo difficile …

Per $n=2$, i triangoli rettangoli lo abbiamo visto prima come si fa, e senz'altro si può fare per i triangoli che hanno un angolo triplo dell'altro; si può fare anche per quelli che hanno un angolo doppio dell'altro ma mi pare che sia limitato a quelli che hanno il terzo angolo più grande di quello più piccolo; anche qui devo trovare un controesempio per dimostrare che non è possibile farlo con tutti i triangoli …

Cordialmente, Alex

[axpgn]

Aggiungo qualcosa …

Per quanto riguarda dividere un triangolo generico in due isosceli, dato che il segmento necessario deve partire da un vertice ed esaminando quindi le varie possibilità, mi pare di poter dire che solo per quelli appartenenti alle "categorie" che ho citato prima sia possibile farlo (e neanche per tutti: quelli con angolo doppio dell'altro solo a una certa condizione … IMHO).

Per quanto riguarda invece la divisione in tre isosceli, sempre possibile per acutangoli e rettangoli, non lo è invece sempre per gli ottusangoli.
Anche qui almeno un segmento "divisorio" deve partire da un vertice e quindi generare un isoscele ma l'altro triangolo che si viene a formare non sempre ha le caratteristiche viste sopra per la divisione in due, quindi in tal caso non è possibile la suddivisione in tre isosceli.
Per esempio, prendiamo un triangolo con gli angoli di $1°, 12°, 167°$; non ho "testato" tutti i casi ma mi sembra che verifichi quanto detto sopra.

Cordialmente, Alex