Dividir un triángulo obtuso en triángulos agudos

Question

¿Puede un triángulo obtuso subdividirse sólo en triángulos agudos (no se admiten triángulos rectos)?

Se puede hacer cualquier número de subdivisiones siempre que todos los ángulos de todos los triángulos resultantes sean menores de 90 grados.

Ejemplo de respuesta incorrecta: Al dividir un triángulo con ángulos {120, 30, 30} mediante la bisección del ángulo obtuso se obtienen dos triángulos rectángulos con ángulos {90, 60, 30}. Esto es incorrecto porque hay dos ángulos que no son menores de 90 grados.

Answer 1

Experimentalmente parece que algo cercano al comentario de Hagen von Eitzen de la construcción utilizando un pentágono regular

funciona para todos los triángulos obtusos. Aquí hay un ejemplo, con dos triángulos isósceles cortando los ángulos agudos, y luego eligiendo un punto adecuado dentro del pentágono restante para dar $7$ triángulos angulares agudos en total. No todos los pares de triángulos isósceles permiten que haya un punto interior adecuado, pero no pude encontrar un triángulo angular obtuso sin alguna solución.

Me sorprendería que hubiera una solución con menos triángulos de ángulo agudo.

Answer 2

Dejemos que $ABC$ sea un triángulo con ángulos $\alpha=\angle BAC<\frac\pi2,\beta=\angle CBA<\frac\pi2,\gamma=\angle ACB$ . Dejemos que $F$ sea la proyección ortogonal de $C$ a $AB$ (que está entre $A$ y $B$ ). Para cualquier punto $P$ entre $C$ y $F$ , dejemos que $\ell $ sea la línea que pasa por $P$ en paralelo a $AB$ . Dejemos que $E$ sea la intersección de $\ell$ y $AC$ , $D$ la intersección de $\ell$ y $BC$ . Podemos suponer que hemos elegido $P$ lo suficientemente cerca de $C$ tal que $DE<PF$ se mantiene (de hecho, $DP, PE\to0$ y $FP\to FC$ como $P\to C$ por lo que se aplica un argumento de continuidad). Sea $G,H$ sean las proyecciones de $D,E$ a $AB$ . Dejemos que $I$ sea la intersección de $AB$ con el canal de la línea $D$ perpendicular a $BC$ . Dejemos que $J$ sea la intersección de $AB$ con el canal de la línea $E$ perpendicular a $AC$ . Entonces ambos $I$ y $F$ están entre $A$ y $G$ . Dejemos que $K$ sea un punto que esté a la vez entre $G$ y $F$ y entre $G$ y $I$ . Del mismo modo, dejemos que $L$ sea un punto que esté entre $H$ y $F$ y entre $H$ y $J$ . Entonces $ABC$ se divide en siete triángulos -casi agudos- de la siguiente manera:

• $ALE$ es agudo: $\angle LAE=\alpha$ , $\angle AEL<\angle AEJ=\frac\pi2$ , $\angle ELA<\angle EHA=\frac\pi2$ .
• $BDK$ es agudo por el mismo razonamiento
• $CPD$ es un triángulo rectángulo con $\angle DPC=\frac\pi2$
• $CEP$ es un triángulo rectángulo con $\angle CPE=\frac\pi2$
• $DPK$ es agudo: $\angle PDK<\angle PDG=\frac\pi2$ , $\angle KPD<\angle FPD=\frac\pi2$ , $\angle DKP$ también es agudo porque se opone al lado más corto: $DP<DE<PF<\min\{KP,KD\}$
• $ELP$ es agudo por el mismo razonamiento
• $KPL$ es agudo: $\angle PKL<\angle PFL=\frac\pi2$ , $\angle KLP<\angle KFP=\frac\pi2$ , $\angle LPK$ también es agudo porque está opuesto al lado más corto: $KL<GH=DE<PF<\min\{PK,PL\}$

Los círculos de Thales sobre $CD$ y $CE$ se cruzan en $C$ y $P$ . Por lo tanto, para cualquier $Q$ entre $P$ y $F$ los ángulos $\angle DQC$ y $\angle CQE$ son agudos. Mientras $Q$ está lo suficientemente cerca de $P$ los triángulos $CQD$ , $CEQ$ , $DQK$ , $ELQ$ , $KQL$ son agudos, lo que nos da una partición de $ABC$ en siete triángulos agudos.

Answer 3

Empecemos por el comentario que escribió Hagen:

Construye un pentágono regular, conecta cada vértice a su centro y prolonga tres de sus aristas (todas menos dos aristas no adyacentes). De este modo se obtiene un $(108°,36°,36°)$ triángulo dividido en siete triángulos agudos. Se puede resolver una gran variedad de casos distorsionando esta figura. Es de esperar que se puedan resolver todos los triángulos rectángulos de esta manera, ya que cualquier triángulo obtuso puede dividirse en dos triángulos rectángulos.

Entonces, ¿podemos resolver así todos los triángulos rectángulos? Para responder a esta pregunta, voy a etiquetar todos mis ángulos:

Ahora se puede formular un programa lineal en estos ángulos $\alpha_1$ a través de $\alpha_{21}$ y un ángulo extra $\varepsilon$ . Las reglas del programa lineal son las siguientes:

• La suma de los ángulos de cada uno de los siete triángulos pequeños debe ser $180°$ .
• En cada vértice que incide con más de un triángulo, los ángulos incidentes deben sumar $180°$ excepto en el caso de $\alpha_6+\alpha_7=90°$ y $\alpha_{17}+\alpha_{18}+\alpha_{19}+\alpha_{20}+\alpha_{21}=360°$ .
• Todos los ángulos deben ser estrictamente mayores que $0°$ que expreso como $\alpha_i\ge\varepsilon$ .
• Todos los ángulos deben ser estrictamente menores que $90°$ que expreso como $\alpha_i\le90°-\varepsilon$ .
• $\varepsilon$ debe ser estrictamente mayor que cero, lo que tendremos que asegurar incluyéndolo en nuestra función objetivo.

Ahora se pueden buscar soluciones de este programa lineal. Yo lo hice tratando de minimizar $10\alpha_1-\varepsilon$ . O, dicho de otro modo, intenté que el triángulo rectángulo estuviera lejos de ser isósceles y, al mismo tiempo, traté de evitar tanto los ángulos cero como los rectos.

El resultado numérico que encontré fue este:

\begin{align*} \varepsilon&=2.07899474469°\cdot10^{-10} \\ \alpha_{1}&=3.21777264646°\cdot10^{-10} & \alpha_{8}&=75.0558118504° & \alpha_{15}&=54.2736044438° \\ \alpha_{2}&=89.9999999997° & \alpha_{9}&=60.1977531668° & \alpha_{16}&=89.9999999999° \\ \alpha_{3}&=89.9999999998° & \alpha_{10}&=44.7464349828° & \alpha_{17}&=70.0447167828° \\ \alpha_{4}&=44.3278546796° & \alpha_{11}&=45.2535650175° & \alpha_{18}&=81.3985408766° \\ \alpha_{5}&=45.6721453206° & \alpha_{12}&=60.5175473216° & \alpha_{19}&=79.9759354909° \\ \alpha_{6}&=54.3519191885° & \alpha_{13}&=74.2288876609° & \alpha_{20}&=69.2961073381° \\ \alpha_{7}&=35.6480808115° & \alpha_{14}&=35.7263955563° & \alpha_{21}&=59.2846995116° \end{align*}

Así que, como puedes ver, había una solución muy degenerada, con $\alpha_1$ realmente cerca de cero. Por otro lado, la realización de esa situación bajo las restricciones dadas requería que algunos ángulos estuvieran cerca de la derecha. Por supuesto, la evidencia numérica anterior no es una prueba, pero me sorprendería mucho que algo que funciona para ángulos tan pequeños no funcione para ángulos pequeños arbitrarios, siempre y cuando hagas $\varepsilon$ suficientemente pequeño también.

Ahora que lo pienso, las pequeñas desviaciones de $0°$ resp. $90°$ en los números anteriores son probablemente un artefacto de cómo funciona el solucionador. Un solucionador diferente me dio resultados en los que los ángulos eran exactamente $0°$ resp. $90°$ . Y tiene sentido asumir que se puede lograr $0°$ si permite $90°$ y que hacerlo es mejor en términos de la función objetivo que lo anterior. Para prohibir realmente esas soluciones para todos los solucionadores se necesitaría probablemente un límite inferior fijo no nulo en $\varepsilon$ .