Un petit casse-tête avec six triangles

igrec27

Bonjour
Dans une boîte, on a 6 exemplaires d'un même triangle dont les longueurs des côtés sont 2,3 et 4.
On en prend un qu'on pose sur la table. Ensuite on en prend un deuxième qu'on va accoler au premier, en respectant ces règles : deux  côtés accolés ont même longueur et il y a symétrie par rapport au côté commun au deux triangles accolés. On fait ainsi avec 4 triangles de la boite. Il en reste deux qu'on va pouvoir accoler ensemble selon la règle et poser ensuite ailleurs sur la table.
On a ainsi deux surfaces non connexes dont on va additionner la longueur des périphéries (L).

La surface totale est bien entendu égale a six fois la surface du triangle initial.

On replace tout dans la boite et il s'agit maintenant de former deux autres surfaces non connexes (4 + 2) non isométriques ayant  même somme des longueurs des bords.

Bonne journée.

igrec27

J'ai fait une petite erreur. le triangle doit avoir ses trois angles aigus. Ce n'est pas le cas avec 2 3 et 4.
Avec 5 6 et 7 comme longueur c'est mieux:

GaBuZoMeu

Bonjour,

Je ne trouve pas ton énoncé très limpide.

Avec ce que j'en comprends, je vois que pour des côtés 5,6,7 et L=81, il n'y a qu'une façon de faire un assemblage de 4 triangles et un de 2.

igrec27

Tu as raison je n'ai pas été assez clair.
Le but n'est pas, en faisant un premier collage de réussir à faire un autre collage non isométrique avec un L égal.
C'est un peu plus compliqué. il s'agit de trouver DEUX collages qui marchent.
Si ton collage est unique c'est qu'il ne fait pas partie des solutions au problème.

GaBuZoMeu

C'est encore moins clair. Quelqu'un comprend ?

Dom

Les nombres (longueurs) jouent-ils vraiment un rôle dans l’exercice ?
On part avec 5-6-7 que je note a-b-c. 

On prend deux triangles : on peut effectuer le collage aa ou bb ou cc. 

MAIS, il faut que la figure ait un axe de symétrie, je note alors le bon collage aa et ne parle pas du mauvais collage (il a un centre de symétrie mais pas d’axe). 

Mais je ne sais pas ce que je dois faire ensuite.  

depasse

Un tétraèdre dans cette histoire?

igrec27

Les longueurs ne jouent pas un  rôle essentiel. C'est vrai.
Pour qu'on comprenne bien le principe des deux domaines non isométriques, Ce problème a été résolu aavec 7 triangles.
Regardez les figures 2 et 3 dans cet article de Conway
https://arxiv.org/abs/1005.1839
Dans la figure 2 on a des triangles équilatéraux puis dans la figure 3 ils sont déformés en triangles avec 3 angles aigus ce qui rend les deux figures non isométriques. Mais les longueurs des bords restent égales.
Connes est descendu à 6 triangles au prix de la perte de la connexité.

lourrran

La figure finale (polygone de 4 triangles + polygone de 2 triangles) aura un périmètre constitué de 10 segments.
Des segments de longueur 5, 6 ou 7, si on veut avoir plein de façons d'arriver à un même total, l'idéal, c'est que ce total soit de 60.


A partir de la forme en haut à gauche, on a déjà un total de 36. Complétons là avec 2 triangles qui sont connectés par le coté de longueur 6. Donc un périmètre de 24.
Idem à partir de la forme en bas à gauche, qu'on peut compléter de la même façon.  Je considère que cette forme n'est pas isomorphe au 1er dessin.
A partir de la forme en haut à droite, on a besoin de compléter par une forme de périmètre 26, donc 2 triangles connectés par le côté de longueur 5.
Et on pourrait aisément ajouter une autre forme, de périmètre 38, complétée par 2 triangles connectés par le côté de longueur 7.

Donc 4 façons d'arriver à un périmètre total de 60.

igrec27

Bravo pour les dessins mais il manque les groupes de  deux triangles qui vont avec. Ça marche bien sûr s'ils sont isométriques.
Y a-t-il une solution où les groupes de 4  sont non isométriques et que les groupes de 2 ne le soient pas non plus ?
C'est le cas dans la solution donnée par Connes.

igrec27

Tu fais comment pour les dessins?

igrec27

je pense avoir trouvé une solution mais pas avec un triangle quelconque. Avec un triangle qui est isocèle.
Il est tard , je vais montrer ce que j'ai trouvé.
Excusez moi d'avoir proposé un exemple non isocèle.
On peut voir la solution de Alain Connes ici
https://indico.math.cnrs.fr/event/782/attachments/1851/1997/Connes.pdf 

C'est a shape I et II

GaBuZoMeu

Il aurait été plus astucieux de ne pas cacher le contexte. J'aurais peut-être compris que le premier message ne veut pas dire que quelle que soit la façon dont on a réalisé les polygones à 4 triangles et à 2 triangles, on peut trouver deux autres façons de faire qui donnent la même somme des périmètres. J'ai beau d'ailleurs relire le premier message, c'est toujours l'interprétation que j'en fais !

Lourran explique clairement comment sont faits les groupes de deux correspondants à ses groupes de quatre. N'as-tu pas vu, igrec27 ? Voici le quatrième de Lourran, dessiné avec GeoGebra

igrec27

page 36 et 37
Dans le premier tambour on a un petit carré (collage de deux triangles et un grand triangle formé avec 4 triangles accolés

Dans le second on a un rectangle (4 triangles ) et un collage de deux triangles
Si le triangle a deux cotés égaux de longueur a l'autre de longueur b
le périmètre commun est égal a 8 a + 2 b.

lourrran

Pour le 4ème, j'avais en tête une autre forme. Une forme 'symétrique' du 3ème dessin, celle obtenue en remplaçant tous les 5 par des 7 et tous les 7 par des 5.

igrec27

@GaBuZoMeu
Tu avais joliment résolu ce que j'appellerais le casse-tête avec 4 triangles (les deux restant ne sevant à rien)
Ce que je trouve intéressant dans la solution de Connes, c'est qu'on a 4 figures séparées dont aucune n'est isométrique  à une autre.
Dans le premier groupe la somme des périphéries vaut
8a pour le rectangle + (2a + 2b) pour les deux triangles restant dans la boite
et pour le second groupe
(4a + 2b) pour le grand triangle (4 petits accolés) + 4a pour le carré formé avec
les deux triangles restant dans la boite.