9 votos

Mosaico de la Plaza de la unidad con triángulos de la derecha

¿Cuál es el número mínimo de distinto ángulo recto triángulos necesarios para el azulejo de una unidad cuadrada? Sospecho que no se puede hacer en menos de cuatro, por lo tanto aquí están las soluciones para $4$ triángulos hasta el momento:

enter image description here

Definir una unidad cuadrada de $ABCD$; a continuación, las tres construcciones hasta ahora son:

  1. Conectar dos esquinas opuestas ( $\overline{AC}$ ) y coloque un quinto punto, ( $E$ ) en cualquier lugar en algún lado ($\overline{BC}$) de la plaza. Conecte el quinto punto con el resto de los puntos disponibles ($A$) y dibuje una línea perpendicular ($\overline{EF}$) a la línea diagonal. Ahora tiene $4$ distintos triángulos suelo de baldosas de la plaza.

  2. Coloque un quinto punto, ( $E$ ) en cualquier lugar en algún lado ($\overline{BC}$) de la plaza, excepto en el punto medio ($P$) de ese lado. Conectar con los dos puntos de la parte contraria ($\overline{DA}$) y dibuje una línea perpendicular ($\overline{DF}$ o $\overline{AF}$) de cualquiera de los dos puntos a la oposición segmento de línea. Ahora tiene $4$ distintos triángulos suelo de baldosas de la plaza.

  3. Oscar Lanzi de la construcción; De $A$ dibujar un segmento de línea a un punto de $E$ cualquier lugar en el lado $\overline{BC}$. Construir la perpendicular a $\overline{AE}$ a través de $E$ que cruza de lado a$\overline{CD}$$F$. Acabado de la división dibujando $AF$. Ahora tiene $4$ distintos triángulos suelo de baldosas de la plaza.


Hacer estas construcciones contienen todas las soluciones válidas para el azulejo de la unidad cuadrada con $4$ distinto ángulo recto triángulos? O hay algunas otras maneras que faltan?

El objetivo es encontrar todas las soluciones válidas para este problema simple, y demostrar que no existen más.

Pero no estoy seguro de cómo se puede saber si tenemos todas las soluciones contenidas en estas construcciones hasta ahora o no?


Pregunta de seguimiento; es posible que exista una solución de entre las soluciones que los cuatro triángulos que tienen todas las longitudes de lado racional?

Desde que me topé con un tweet que muestra $5$ ternas Pitagóricas embalado en una plaza; Si esa plaza fueron reducidos a una unidad cuadrada, tendríamos una solución con $5$ triángulos que tienen todos los lados racional.

Es posible hacerlo en $4$?

Pack de cuatro racional distintos triángulos en una unidad cuadrada?

Supongo que esto puede ser demostrado falso si todas las construcciones que se encuentran y demostrado que no contienen una solución de este tipo. Hasta ahora, estos tres construcciones parecen no contener una solución de este tipo, si no me equivocado.

4voto

Benjamin Puntos 101

Otra solución con cuatro triángulos incorporados más adelante en la pregunta. Comenzar con Plaza $ABCD$. De $A$ dibujar un segmento de línea a un $E$ en el lado $BC$. Construir la perpendicular de a $AE$ a través de $E$ que cruza de lado $CD$ $F$. Terminar la división de dibujo $AF$. Esto debe ser distinto de los casos mencionados porque sólo un vértice del cuadrado se utiliza para los vértices del triángulo con ángulos agudos.

i-Ciencias.com

I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.

Powered by: