Matematyka.pl

Dla jakich \(\displaystyle{ n}\) istnieje \(\displaystyle{ n}\) trójkątów, z których żadnego nie można nakryć pozostałymi ?

Dla `a>2` niech `T_a` oznacza trójkąt prostokątny o przeciwprostokątnej `a` i polu `1/a`.
Wtedy dla `b>a` trójkąt `T_a` nie pokryje trójkąta `T_b`, bo się w nim nie mieści przeciwprostokątna , a `T_b` nie pokryje `T_a`, bo ma za małe pole.

Mamy więc rodzinę trójkątów o mocy continuum spełniającą warunki zadania.

Ale to chyba chodzi o to, że żaden pojedynczy trójkąt nie może być nakryty sumą pozostałych trójkątów.

JK

Chyba tak.

np. dla n=2

OK. Pomysł kombinowania z długościami i polami sie przyda:

Dla `n=0,1,2...` niech `S_n` będzie trójkątem równoramiennym o dłuższych ramionach o długości `3^n` i kącie między nimi `\beta_n` (bety za chwilę dobierzemy tak, żeby pasowało).
Ustalmy `k>1`.
Suma długości rzutów prostokątnych trójkątów `S_1,...S_{k-1}` na bok trójkąta `S_k` nie przekracza `1+3+...+3^{k-1}<3^n/2`, a to oznacza, że przynajmniej `1/4` pola trójkąta `S_k` nie została pokryta trójkątami o numerkach mniejszych.
Jeżeli zatem dobierzemy `\beta_n` tak, żeby dla każdego `k` zachodziło
(*) \(\displaystyle{ \sum_{j>k} P_{S_j}=\frac{P_{S_k}}{4}}\),
to będziemy w domu, bo trójkąty o numerach większych od `k` nie pokryją brakującego pola.

Niech `\sin\beta_i=\alpha^i`. Równanie (*) przyjmuje postać
\(\displaystyle{ \frac18 3^{2k}\alpha^k=\sum_{j>k}\frac12 3^{2j}\alpha^j=\frac12 \frac{3^{2k+2}\alpha^{k+1}}{1-9\alpha}}\)
skąd \(\displaystyle{ \alpha=\frac1{45}}\) i \(\displaystyle{ \beta_n=\arcsin\left(\frac{1}{45}\right)^n}\)


Zatem taki zestaw trójkątów istnieje dla każdego `n>1`

Miałem podobny pomysł, ale u mnie trójkąty równoramienne mają dłuższe podstawy niż ramiona.

Niech \(T_n\) dla \(n=0,1,2,\ldots\) oznacza trójkąt równoramienny o podstawie \(\displaystyle{ a_n=2^n}\) i wysokości \(\displaystyle{ h_n=\frac{\sqrt3}{2^{(n+1)^2}}}\).

Jeśli trójkąty \(T_0, T_1,\ldots, T_{n-1}\) zrzutujemy prostopadle na podstawę trójkąta \(T_n\), to zostaną jeszcze nieprzykryte odcinki podstawy o łącznej długości co najmniej \(1\). Zatem pole części trójkąta \(T_n\) niepokrytej przez poprzednie trójkąty jest równe co najmniej \(\frac{h_n}{2a_n}\). Nie można tego przykryć trójkątami \(T_{n+1},T_{n+2},\ldots\), bo ich łączne pole jest równe:
\(\displaystyle{ \frac{a_{n+1}h_{n+1}}2+\frac{a_{n+2}h_{n+2}}2+\frac{a_{n+3}h_{n+3}}2+\ldots<\frac{a_{n+1}h_{n+1}}2\cdot\left(1+\frac12+\frac14_\ldots\right) = \sqrt3 \cdot 2^{(n+1)-(n+2)^2} < \sqrt3\cdot 2^{-(n+1)^2-n-1} =\frac{h_n}{2a_n}}\)