Un défi par semaine

Avril 2016, 3e défi

Le 15 avril 2016  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (9)
Lire l'article en  

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.

Article édité par Ana Rechtman

Partager cet article

Pour citer cet article :

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

Commentaire sur l'article

Voir tous les messages - Retourner à l'article

  • Avril 2016, 3e défi

    le 21 avril 2016 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 $25k^2$.

    Répondre à ce message

Laisser un commentaire

Forum sur abonnement

Pour participer à ce forum, vous devez vous enregistrer au préalable. Merci d’indiquer ci-dessous l’identifiant personnel qui vous a été fourni. Si vous n’êtes pas enregistré, vous devez vous inscrire.

Connexions’inscriremot de passe oublié ?