Un défi par semaine

Avril 2016, 3e défi

15 avril 2016  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (9)

Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique 2016 chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Semaine 16 :

Est-il possible d’écrire le nombre

$1^2+2^2+3^2+\cdots +12^2$

comme la somme des carrés de $11$ nombres entiers distincts ?

Solution du 2e défi d’Avril :

Enoncé

La réponse est $\frac{bc}{a^2} =\sqrt{6}$.

Les faces du cube sont des carrés, leur aire vaut donc $a^2$, et l’aire totale du cube est $6a^2$.

Le tétraèdre régulier est formé de quatre triangles équilatéraux.
À l’aide du théorème de Pythagore, on voit que la hauteur d’un triangle équilatéral de côté $b$ vaut $\frac{\sqrt{3}b}{2}$, et donc son aire $\frac{\sqrt{3}b^2}{4}$. Par conséquent l’aire du tétraèdre est $4\times \frac{\sqrt{3}b^2}{4}=\sqrt{3}b^2$.

Enfin l’octaèdre régulier est formé de huit triangles équilatéraux de côté $c$, donc son aire vaut $8\times \frac{\sqrt{3}c^2}{4}=2 \sqrt{3} c^2$.

Comme les trois solides ont la même aire, on a

$6 a^2 = \sqrt{3}b^2 = 2\sqrt{3}c^2,$

d’où l’on déduit

$(6a^2)^2 = \left (\sqrt{3}b^2\right )\left ( 2\sqrt{3}c^2\right )$

$36 a^4 = 6 b^2c^2,$

et donc $\frac{bc}{a^2} =\sqrt{6}$.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2016 - Sous la direction d’Ana Rechtman, Maxime Bourrigan - Textes : Aubin Arroyo, Fabiola Manjarrez et Ana Rechtman.
2015, Presses universitaires de Strasbourg. Tous droits réservés.

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Avril 2016, 3e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2016

Commentaire sur l'article

  • Avril 2016, 3e défi

    le 15 avril à 06:39, par Al_louarn

    $5^2+12^2=13^2$

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  • Avril 2016, 3e défi

    le 15 avril à 07:47, par ROUX

    Il faut économiser un carré d’un entier puisqu’on doit passer d’une somme de douze termes à une somme de onze termes.
    Il faut donc trouver deux carrés d’entiers dont la somme soit égale au carré d’un entier.
    Oh, mais c’est le théorème de Pythagore  :) !!!
    Mon tonton plâtrier utilise trois bouts de bois de 60cm, 80cm et 100cm cloués ensemble pour faire rapidement un triangle avec un bel angle droit (on a souvent besoin d’angles droits, dans le bâtiment), qui est une homothétie du triangle avec les trois côtés 3, 4 et 5.
    Je prends 5 que je multiplie par un entier de telle manière que le résultat soit plus grand que 12 et que les multiplications de 3 et 4 par ce même entier aient des résultats inférieures à 12 : j’aurai ainsi économisé deux des entiers présents jusqu’à 12 en envoyant leur résultat au delà de 12.
    Bon, bah, par 3 : 9 au carré plus 12 au carré est égal à 15 au carré.

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  • Avril 2016, 3e défi

    le 15 avril à 07:48, par ROUX

    Ah, euh, donc, oui, c’est possible  ;) !

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    • Avril 2016, 3e défi

      le 17 avril à 11:55, par Al_louarn

      Ce qui nous fait $2$ solutions. Y en a-t-il d’autres ? Oui ! Mais une seule. Le problème se ramène à trouver une égalité entre :

      • la somme des carrés de $n+1$ nombres $\leq 12$
      • la somme des carrés de $n$ nombres $> 12$

      Le cas $n=1$ correspond aux triplets pythagoriciens : $x^2+y^2=z^2$.
      Pour trouver toutes les solutions on parcourt la liste des triplets primitifs (merci Wikipedia), çàd tels que $x, y, z$ sont premiers entre eux, et on cherche les facteurs $k \geq 1$ tels que $kx < ky \leq 12 < kz$.
      Ceci entraîne que $y \leq 12$, et alors les seuls triplets primitifs acceptables sont le fameux $(3,4,5)$ de votre tonton plâtrier, et $(5,12,13)$.

      Pour $(3,4,5)$ vous avez trouvé l’unique solution $k=3$. En effet :
      $k \leq 2$ est trop petit car alors $kz \leq 10 < 12$
      $k \geq 4$ est trop grand car alors $ky \geq 16 > 12$

      Pour $(5,12,13)$ l’unique solution est bien sûr $k=1$ car au-delà $ky > 12$.

      Passons maintenant au cas $n \geq 2$.
      Notons $P$ la somme des $n+1$ petits carrés et $G$ la somme des $n$ grands carrés. Alors nous avons :
      $P \leq Pmax(n)=(12-n)^2+...+(12-1)^2+12^2$
      $G \geq Gmin(n)=(12+n)^2+...+(12+1)^2$
      Or il se trouve que par miracle $Pmax(2)=(12-2)^2+(12-1)^2+12^2=365=(12+2)^2+(12+1)^2=Gmin(2)$, ce qui nous donne d’un seul coup :

      • une troisième solution
      • une relation amusante entre le nombre de mois et le nombre de jours de l’année !
      • la preuve qu’il n’y a pas d’autre solution
        En effet :
      • pour $n=2$, tout autre choix de nombres donnera $P < G$
      • pour $n \geq 3$, nous avons $Pmax(n) < Gmin(n)$

      En conclusion, il y a exactement $3$ façons d’écrire la somme des $12$ premiers carrés en somme de $11$ carrés distincts, grâce aux égalités suivantes :
      $9^2+12^2=15^2$
      $5^2+12^2=13^2$
      $10^2+11^2+12^2=13^2+14^2$

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  • Avril 2016, 3e défi

    le 15 avril à 10:58, par jls666

    La question initiale : la somme 1²+2²+...+12² est elle exprimable en somme de 11 carrés différents peut être étendue de plusieurs façons :
    1. La somme S=1²+2²+...+N² est elle exprimable en somme de N-1 carrés différents ?
    2. Quel est le nombre minimal de carrés Cm qui donne la somme S ? (sûrement Entre 1 et N)
    3. Comment évolue Cm quand N augment, statistique répartitions ?
    4. Mêmes questions avec une fenêtre glissante : S=a²+(a+1)²+...+(a+N)².
    5. Généralisation avec une puissance quelconque : S=a^n+(a+1)^n+...+(a+N)^n

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    • Avril 2016, 3e défi

      le 21 avril à 00:39, par Al_louarn

      Vaste programme !

      Je me contenterai du problème 1 :

      Il s’agit de trouver une égalité entre la somme de $n+1$ carrés $\leq N^2$ et la somme de $n$ carrés $>N^2$ (avec $n>0$), et nous dirons dans ce cas que $N$ admet une solution d’ordre $n$.
      Mais une telle solution n’existe que si $(N-n)^2+...+(N-1)^2+N^2 \geq (N+n)^2+...+(N+1)^2$. Cette condition se ramène à $4N(1+...+n) \leq N^2$, puis finalement à $2n(n+1) \leq N$.
      Pour $n=1$ on obtient $N\geq 4$ donc pour $N<4$, il n’existe aucune solution.
      Pour $n=2$ on obtient $N\geq 12$ donc pour $N<12$, il ne peut exister que des solutions d’ordre $1$.
      Une solution d’ordre $1$ n’est autre qu’un triplet pythagoricien $(x,y,z)$ avec $x < y \leq N < z$ et $x^2+y^2=z^2$. Avec $N<12$, seuls de petits triplets sont candidats, et on trouve en fait rapidement qu’aucun ne convient pour $5,6,7,10,11$.
      Par contre nous allons voir maintenant que toutes les autres valeurs de $N$ admettent une solution d’ordre $1$.
      Observons d’abord que tout triplet pythagoricien $(x,y,z)$ fournit immédiatement une solution pour tous les nombres de la plage $y \leq N \leq z-1$.
      Voyons ce qu’on peut faire avec le célèbre triplet primitif $(3,4,5)$ et ses multiples $(3k,4k,5k)$ :
      $k=1$ donne une solution pour $N=4$.
      $k=2$ donne une solution pour $8 \leq N \leq 9$.
      $k=3$ donne une solution pour $12 \leq N \leq 14$.
      $k=4$ donne une solution pour $16 \leq N \leq 19$.
      $k=5$ donne une solution pour $20 \leq N \leq 24$.
      $k=5$ donne une solution pour $20 \leq N \leq 24$.
      $k=6$ donne une solution pour $24 \leq N \leq 30$.
      etc.
      En fait on se rend compte qu’au début les plages sont petites et laissent des « trous » entre elles. Mais rapidement elles grandissent, se rejoignent, se chevauchent même, et finissent par recouvrir tous les nombres $N$ assez grands.
      Plus précisément, si $k \geq 4$, alors $4k+4 \leq 4k+k$, càd $4(k+1) \leq 5k$, et donc il n’y a pas de trou entre la plage $4k \leq N \leq 5k-1$ et la plage suivante $4(k+1) \leq N \leq 5k$.
      Pour $N < 12$, les trous laissés par les avatars de $(3,4,5)$ sont exactement les nombres $1,2,3,5,6,7,10,11$ dont nous savons déjà qu’ils n’admettent aucune solution.
      Pour $N \geq 12$, il ne reste en fait que le trou $N=15$, mais on peut le boucher grâce à un autre triplet primitif : $8^2 + 15^2 = 17^2$.

      Conclusion : la somme $S=1^2+...+N^2$ est exprimable en somme de $N-1$ carrés différents pour tout entier naturel $N$ sauf $1,2,3,5,6,7,10,11$.
      Et de plus si $N \geq 16$, il suffit de prendre $k=N$ mod $4$, et de remplacer $9k^2$ et $16k^2$ dans la somme initiale par $25k^2$.

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      • Avril 2016, 3e défi

        le 21 avril à 08:00, par Al_louarn

        Oups erreur dans ma dernière phrase : pour $k$ il faut prendre le quotient et non le reste de la division de $N$ par $4$. Autrement dit on prend le plus grand $k$ tel que $4k \leq N$. Ainsi $N < 4(k+1)$, et comme $N \geq 16$ implique $k \geq 4$, on a $4(k+1) \leq 5k$, d’où l’encadrement recherché : $4k \leq N < 5k$

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  • Avril 2016, 3e défi

    le 20 avril à 19:24, par Simon Billouet

    Un de nos followers sur Twitter a écrit une fonction Haskell permettant de répondre à une généralisation de la question, ce qui lui permet de trouver toutes les listes qui conviennent pour le problème initial :
    1 2 3 4 5 6 7 8 9 13 14
    1 2 3 4 5 6 7 8 10 11 15
    1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 13

    Par ailleurs, un autre de nos followers suggère d’appeler le problème « Peut-on écrire la somme des treize premiers carrés d’entiers non nuls comme somme de douze carrés d’entiers distincts ? » problème de la Cène, ce qui j’espère plaira aux lecteurs...

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