Un défi par semaine

Décembre 2019, 4e défi

Le 27 décembre 2019  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (2)
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Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique chaque vendredi et sa solution la semaine suivante. Le calendrier 2020 est en vente !

Semaine 52

Combien de triangles non plats ayant leurs sommets parmi les points ci-dessous peut-on former ?

Solution du 3e défi de décembre :

Enoncé

La solution est $45$.

Notons $x$ le nombre recherché. Alors il doit y avoir des
entiers positifs distincts $a,b,c,d,e$ et $\,f$ tels que
\[x=a^2-b^2=c^2-d^2=e^2-f^2,\]
soit
\[x=(a+b)(a-b)=(c+d)(c-d)=(e+f)(e-f).\]
Notons que ces trois factorisations de $x$ sont distinctes, car si on avait, par exemple, $a+b=c+d$, alors on aurait $a-b=c-d$, et en additionnant on aurait $a=c$, puis $b=d$.
Par conséquent $x$ a au moins six diviseurs distincts.

Notons aussi que $a+b$ et $a-b$ ont la même parité puisqu’ils diffèrent de $2b$. Comme le produit de deux pairs est pair et que le produit de deux impairs est impair, $x$ a la même parité que $a+b$ et $a-b$. Donc $x$ se décompose comme produit de trois paires distinctes de nombres de la même parité.

Étudions différents cas selon le nombre de facteurs
premiers de $x$ :

Si $x$ a un seul facteur premier, alors $x$ est de la forme $x=p^r$ avec $r$ entier.
  • Si on a $p=2$, alors $x$ est pair, et les diviseurs pairs de $x$ sont alors $p, p^2, p^3, \dots, p^r$. Comme il en faut six en dehors de $x$ (car si on décompose $x$ sous la forme $1\times x$, on a un problème puisque $1$ est impair), on a alors $r\ge 7$, et donc $x\ge 2^7=128$. Notons que $x=128$ marche, puisqu’on a $128=2\times 64=4\times 32=8\times 16$.
  • Si $p$ est impair, alors les diviseurs impairs de $x$ sont $1, p, p^2, \dots, p^r$. Comme il en faut six, on a alors $r\ge 5$, et donc $x\ge 3^5=243$, ce qui est moins bien que $128$.
Si $x$ a deux facteurs premiers, alors $x$ est de la forme $x=p^rq^s$ avec $p, q$ premiers et $r,s\ge 1$ entiers et $r<7$ pour obtenir un nombre plus petit que $2^7$.
  • Si $x$ est pair, alors on a $p=2$, et les diviseurs pairs de $x$ sont $p$, $pq$, $pq^2$, $\dots$, $pq^s$, $p^2, p^2q, \dots,$ $p^2q^s, $ $ p^3,\dots, p^r q^s$.

Comme chaque diviseur doit être apparié avec des diviseurs de la même parité, on ne considère que les diviseurs de la forme $p, pq, pq^2$, $\dots$, $pq^s$, $p^2, p^2q, \dots,$ $p^2q^s, $ $ p^3,\dots, p^{r-1} q^s$, qui sont au nombre de $(r-1)\times(s+1)$.

Si $r=2$, alors on a $s\ge 5$, et donc $x\ge 2^23^5=972$, ce qui est trop grand.

Si $r=3$, alors on a $s\ge 2$, et donc $x\ge 2^33^2=72$. Notons que $x=72$ marche, puisqu’on a $72=2\times 36=4\times18=6\times 12$.

Si $r=4$, alors on a $s\ge 1$, et donc $x\ge 2^43=48$. Notons que $x=48$ marche, puisqu’on a
$48=2\times 24=4\times 12=8\times 6$.

Si $r\geq 5$ alors on a $s\ge 1$ et ce cas est forcément moins bon que le précédent.

  • Si $x$ est impair, alors les diviseurs impairs de $x$ sont $1, q, q^2$, $\dots$, $q^s$, $p$, $pq, pq^2, \dots pq^s, p^2,\dots, p^r q^s$. Ils sont au nombre de $(r+1)(s+1)$ avec $r, s\ge1$.

Si $r=1$ alors on a $s\ge 2$, et donc $x\ge 3\times 5^2=75$, ce qui est moins bien que $48$.

Si $r\ge2$ alors on a $s\ge 1$, et donc $x\ge 3^2 \times5=45$. Notons que $x=45$ marche, puisqu’on a $45=1\times 45=3\times 15=5\times 9$.

Si $x$ a au moins trois facteurs premiers, alors $x$ est de la forme $p^uq^vr^w$ avec $p, q, r$ premiers et $u,v,w\ge1$ entiers.
  • Si $x$ est pair, alors $p=2$ et on doit avoir $u\ge2$ pour pouvoir apparier les diviseurs pairs. On a alors $x\ge 2^2\times 3\times 5=60$.
  • Si $x$ est impair, alors on a $x\ge 3\times 5\times 7=105$.

Parmi tous les cas étudiés le meilleur résultat est donc $x=45$ (pas loin devant $x=48$).

On a alors $a+b=45$, $a-b=1$, $c+d=15$, $c-d=3$, $e+f=9$ et $e-f=5$,

d’où $a=23, b=22$, $c=9, d=6$, $e=7$ et $\,f=2$.

Et on a bien \[45=23^2-22^2=9^2-6^2=7^2-2^2.\]

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2019 - Sous la direction d’Ana Rechtman, avec la contribution de Nicolas Hussenot - Textes : Claire Coiffard-Marre et Ségolen Geffray. 2018, Presses universitaires de Grenoble. Tous droits réservés.

Disponible en librairie et sur www.pug.fr

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Décembre 2019, 4e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2019

Crédits image :

Image à la une - AGSANDREW / SHUTTERSTOCK

Commentaire sur l'article

  • Décembre 2019, 4e défi

    le 27 décembre 2019 à 08:37, par Al_louarn

    Il y a $\dfrac{5(5+1)}{2}=15$ points dont on peut tirer $\binom{15}{3} = \dfrac{15!}{12!3!}=13 \times 7 \times 5=455$ triangles. Mais il faut retrancher les triangles plats. Dans chaque ligne de $k$ points parallèle à un côté du triangle, $3 \leq k \leq 5$, on peut former $\binom{k}{3}$ triangles plats. Et pour chaque côté il faut rajouter la médiatrice qui contient $3$ points alignés, donc $1$ triangle supplémentaire. Le nombre total de triangles plats est donc $3(\binom{3}{3} + \binom{4}{3} + \binom{5}{3} + 1)=3(1 + 4 + 10 + 1)=48$.
    On peut donc former $455-48=407$ triangles non plats.

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