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Titolo: Triangolazioni naturali

Il mio amico argentino Rodolfo Kurchan propone il seguente problema.
I numeri triangolari possono essere rappresentati come rettangoli:
1+2+3                = 2x3
1+2+3+4              = 2x5
1+2+3+4+5            = 3x5
1+2+3+4+5+6          = 3x7
1+2+3+4+5+6+7        = 4x7, 2x14
1+2+3+4+5+6+7+8      = 6x6, 2x18, 3x12, 4x9
1+2+3+4+5+6+7+8+9    = 5x9, 3x15
1+2+3+4+5+6+7+8+9+10 = 5x11
......ecc....
Il problema allora, e' quello geometrico di dividere i rettangoli, con
linee congiungenti coordinate intere del reticolo, in modo da ottenere n
triangoli con aree di 1,2,3,...,n rispettivamente.
Es. di soluzioni:
 ___b_______c
|   |   |   |
|___|___|___|   
|   |   |   | 
|___|___|___|
a
2x3, tracciando le linee ab, ac, si ottengono 3 triangoli appunto di
aree 1,2,3.
a __b_______________
|   |   |   |   |   |
|___|___|___|___|___|
|   |   |   |   |   |
|___|___|___|___|___|
        c           d
2x5, tracciando le linee ac, cb, bd, si ottengono 4 triangoli di area
1,2,3,4 rispettivamente.
Per quali altri rettangoli elencati sopra esiste almeno una soluzione ?
Attualmente ho risultati riguardanti 2x3,2x5,4x7,6x6,4x9.
ciao :) dario

 triangoli con aree di 1,2,3,...,n rispettivamente.
spoiler
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.
Per ora solo un risultato parziale:
Esiste almeno una soluzione per tutti i casi in cui n sia multiplo di 4.
Disegno un rettangolo base n+1, altezza n/2
con linee orizzontali lo divido in n/4 rettangoli di altezza 2
traccio una diagonale di ciascun rettangolo, e ottengo n/2 triangoli, base
n+1, altezza 2
su ciascun triangolo cerco un punto opportuno sulla base, in modo da
dividerla in due parti
n,1: n-1,2; n-2,3 ecc.
e unendo questi punti con i vertici dei rispettivi triangoli, ottengo gli n
triangoli cercati.
Analogamente, se n==3(mod4)
risulta (n+1) multiplo di 4
traccio il primo rettangolo base n, altezza (n+1)/4
e procedo come sopra
ciao
paolo

 triangoli con aree di 1,2,3,...,n rispettivamente.


 e procedo come sopra
naturalmente l'altezza è (n+1)/2, non (n+1)/4
:-(
________
Posso anche scomporre le figure precedenti, disponendo in orizzontale tutti
i rettangoli che erano sovrapposti, ottenendo un rettangolo di altezza 2 e
lunghezza quanto basta.
Quindi nei due casi
n==3(mod 4)
e
n==0(mod 4)
la suddivisione è sempre possibile con un rettangolo 2 * (n*(n+1)/2)
ciao
paolo

Per quali
altri rettangoli elencati sopra esiste almeno una soluzione ?
Mi sembra
di poter dimostrare che i rettangoli 
dispari_X_dispari non abbiano
soluzione.
Se nessuno ha una controprova immediata,
mi ci dedico.
Ciao  :o)
Livio
--------------------------------------------------
Inviato da: 62.10.34.223, via 
http://usenet.iol.it
 

triangoli con aree di 1,2,3,...,n rispettivamente.
La mia congettura e' che tutti i rettangoli dispari x dispari
non abbiano
soluzione. Non sono riuscito a produrre una vera
e propria dimostrazione,
ma solo una serie di verifiche a
prova della congettura.
Il primo passo
e' dire che il problema non ha soluzioni se non
e' possibile scomporre un
rettangolo dispari x dispari in
triangoli con area intera e vertici sul
reticolo degli interi.
Un triangolo con vertici sul reticolo degli
interi e la base
sul perimetro del rettagolo avra' area intera solo se
almeno
la base o l'altezza e' pari (base x altezza / 2 = intero).
Ora
mi riferisco a questo .gif in rete:
http://members.theglobe.com/liviozucca/images/rodolfo.gif
La Fig.1
mostra che non c'e' soluzione se si prendono i
vertici solo sul perimetro
del rettangolo: poiche' le altezze
sono dispari, le basi devono essere
tutte pari, ma la somma
di segmenti pari non puo' dare un lato dispari.
La Fig.2 mostra che non c'e' soluzione con un vertice interno:
il punto
'A' puo' avere una distanza pari solo da due lati.
Verso gli altri due
lati si possono fare solo triangoli
interi con basi pari, ma si finisce
sempre per avere un resto
dispari. A nulla serve 'smussare' l'angolo con
triangoli
interi (linea blu) che dovranno avere almeno un lato pari e
produrranno almeno un resto dispari.
La Fig.3 mostra che non c'e'
soluzione con 2 vertici interni,
ciascuno a distanza pari da due lati
distinti: allora il
segmento AB sara' la diagonale di un rettangolo
dispari e
qualunque spezzata che lo comprenda e che unisca due lati
opposti (linea rossa) separa il rettangolo in due figure
ad area non
intera, non scomponibile ovviamente in triangoli
ad area intera. (I
triangoli rosa non sono interi. ABC si
puo' verificare sottraendo al
rettangolo circoscritto i
triangoli verdi interi e quello azzurro non
intero).
La Fig.4 mostra che e' possibile arere un triangolo intero
a
lati obliqui inscritto in un rettangolo dispari. Si
potrebbe pensare di
usare questo per risolvere il problema,
ma la Fig.5 mostra che non e'
possibile perche' c'e' sempre
almeno una spezzata (linea rossa) che unisce
due lati
opposti e separa il rettangolo in due aree non intere.
Mi
manca una generalizzazione che forse puo' raggiungere
una mente piu'
matematica della mia. Comunque penso che
ogni rettangolo specifico
sufficientemente piccolo possa
avere una dimostrazione del genere.
Ciao
:o)
Livio
--------------------------------
Inviato via 
http://usenet.iol.it
 

Il mio amico argentino Rodolfo Kurchan propone...
.
.
Altra cosa invece sarebbero i triangoli...
triangolari.
E sono
simpatici, perche' assumono la forma
del calcolo n(n+1)/2.
Questi, ad
esempio diventano scomponibili:
1+2+3+4+5 = 5x6/2
1+2+3+4+5+6+7+8+9+10
= 10x11/2
Anche gradevoli. Facili ma non banali.
Forse tutti. Provare
per credere!


 per credere!
Tutti i numeri triangolari, sě; tutti i triangoli, credo di no, devo
verificare.
La distinzione dipende dal fatto che ciascun numero triangolare puň generare
infiniti triangoli di uguale area.
Per esempio, data la base AB, di lunghezza n, sull'asse x, il terzo vertice
C puň essere uno degli infiniti punti di ascissa intera ed ordinata n+1.
Se anche ci volessimo limitare a triangoli rettangoli, da ogni numero
triangolare se ne possono ottenere almeno due:
il primo con cateti n, (n+1) e l'altro con cateti
n/2, 2*(n+1), oppure 2*n, (n+1)/2 a seconda che n sia pari o dispari.
Se ci limitiamo ulteriormente, considerando solo il primo caso (cateti n,
n+1), effettivamente esiste sempre la soluzione:
spoiler
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in coordinate cartesiane, senza staccare la penna dal foglio, traccio la
spezzata
0,1   0,0   2,0   0,1
0,3   2,0
4,0   0,3
0,5   4,0
ecc.
ciao
paolo

spezzata...
Bella!
Non l'avevo proprio vista questa
soluzione generale!
Mi ero gia' divertito a trovarne un tot parziali.  :o)
A proposito, vedo che dopo il 6x6, il primo quadrato papabile
e' il
288x289/2=204^2
Chissa'...
