Un défi par semaine

Juillet 2018, 4e défi

Le 27 juillet 2018  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (12)

Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique chaque vendredi et sa solution la semaine suivante. Il n’y aura pas d’édition papier du calendrier 2018, il faudra attendre l’édition 2019 !

Semaine 30

Trouver tous les nombres premiers $p$, $q$, $r$ tels que
\[\frac{p}{q}- \frac{4}{r+1}=1.\]

Solution du 3e défi de Juillet :

Enoncé

La réponse est : $62$ triangles.

Comme les triangles ne se superposent pas, on sait que la
somme des angles intérieurs de tous les triangles est égale à la somme des angles formés en chacun des $34$ sommets. Pour chaque coin $P$ du carré, la somme des angles en $P$ est $90^{\circ}$. Pour chaque point intérieur $Q$, la somme des angles en $Q$ est $360^{\circ}$. Donc, la somme de tous les angles de tous les triangles est
$4(90^{\circ})+30(360^{\circ})=62(180^{\circ})$. Comme la somme des angles intérieurs d’un triangle est $180^{\circ}$, on en conclut qu’il y a $62$ triangles.

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Juillet 2018, 4e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2018

Commentaire sur l'article

  • Juillet 2018, 4e défi

    le 27 juillet à 08:45, par musgrave

    Une première remarque, on a nécessairement p>q puisque p/q = 1 + 4/(r + 1) > 1.
    En modifiant un peu l’expression initiale on trouve une équation du type (p - q)(r + 1) = 4q.
    Le nombre q étant premier les solutions satisfont nécessairement l’une des quatre conditions suivantes :
    1) p - q = 2 et r + 1 = 2q
    2) p - q = 4 et r + 1 = q
    3) r + 1 = 2 et p - q = 2q
    4) r + 1 = 4 et p - q = q
    Le cas 3 mène à r=1, impossible cas r devrait être premier.
    Le cas 4 mène à p=2q, impossible car p et q doivent être premiers.
    Le cas 2 mène à r et q tous les deux premiers et distants de 1, ce n’est possible que si q=3 et r=2 d’où on déduit que p=7. On vérifie aisément que le triplet (p,q,r)=(7,3,2) est bien une solution au problème.

    Le cas 1 revient à chercher les couple (q,p) de nombres premiers jumeaux tels que 2q-1 soit premier. Le triplet (p,q,r)=(5,3,5) convient et est une solution au problème. Il y en a-t-il d’autres ?

    On va travailler modulo 3 : On a nécessairement q = 3k+2 (seule option puisque q=3k+0 n’est pas premier et q=3k+1 mènerait à p=3(k+1) qui n’est pas premier non plus), d’où r = 6k+3. Pour que r soit premier, nécessairement k=0 et on trouve le triplet (4,2,3) qui n’est pas solution car 4 n’est^pas premier.

    Finalement il n’y a que deux triplets solutions : (7,3,2) et (5,3,5).

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    • Juillet 2018, 4e défi

      le 27 juillet à 13:46, par musgrave

      Qu’il me soit ici permis de développer et corriger un peu mon premier post (il me manquait une solution) :

      En modifiant un peu l’expression initiale on trouve une équation du type (p - q)(r + 1) = 4q.

      Le nombre q étant premier les solutions satisfont nécessairement l’une des six conditions suivantes :
      1) p - q = 2 et r + 1 = 2q
      2) p - q = 4 et r + 1 = q
      3) r + 1 = 2 et p - q = 2q
      4) r + 1 = 4 et p - q = q
      5) p - q = 1 et r + 1 = 4q
      6) r + 1 = 1 et p - q = 4q

      Le cas 3 mène à r=1, impossible cas r devrait être premier.
      Le cas 6 mène à r=0, impossible cas r devrait être premier.
      Le cas 4 mène à p=2q, impossible car p et q doivent être simultanément premiers.
      Le cas 2 mène à r et q tous les deux premiers et distants de 1, ce n’est possible que si q=3 et r=2 d’où on déduit que p=7. On vérifie aisément que le triplet (p,q,r)=(7,3,2) est bien une solution au problème.
      Le cas 5 mène à p et q tous les deux premiers et distants de 1, ce n’est possible que si p=3 et q=2 d’où on déduit que r=7. On vérifie aisément que le triplet (p,q,r)=(3,2,7) est bien une solution au problème.

      Le cas 1 revient à chercher les couple (q,p) de nombres premiers jumeaux tels que 2q-1 soit premier.

      En travaillant modulo 3 on fait face à trois possibilités :
      a) q=3k, q est premier si et seulement si k=1, ce qui mène à p=5 et r=5. Le triplet (5,3,5) est solution.
      b) q=3k+1, qui mène à p=3(k+1). Le nombre p est premier si et seulement si k=0, ce qui mènerait à q=1, non premier. Il n’y a donc pas de solution de cette famille ;
      c) q=3k+2, qui mène à r=6k+3. Le nombre r est premier si et seulement si k=0, ce qui mènerait à q=2 et p=4, non premier. Il n’y a donc pas de solution de cette famille.

      On peut (enfin !) finalement conclure : les seuls triplets solutions sont (7,3,2) (3,2,7) et (5,3,5).

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  • Juillet 2018, 4e défi

    le 27 juillet à 09:30, par mong

    (tentative)
    La première chose visible est que la partie fractionnaire de p/q doit être égale à la partie fractionnaire de 4/(r+1)
    Cherchons a et b tq p/q = a/b + k avec k entier
    on obtient après manipulation
    p = kq + aq/b
    kq est entier, aq/b est donc entier donc b divise a (sinon q n’est pas premier)
    => r+1 = 4n => r = 4n - 1
    => 4/(r+1) = 1/n avec n entier
    => p/q = (n+1)/n
    p et q sont donc 2 nombres premiers consécutifs => un des deux est pair !
    => p = 3, q = 2, r = 7

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    • Juillet 2018, 4e défi

      le 27 juillet à 09:55, par Daniate

      Et pourtant avec p=5, q=3 et r=5 ça marche encore.

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      • Juillet 2018, 4e défi

        le 27 juillet à 10:02, par mong

        je sais, mais je n’arrive pas à me contredire ! :-)

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        • Juillet 2018, 4e défi

          le 27 juillet à 10:51, par mong

          on change d’approche, en gardant le même principe
          pour que la somme des 2 fractions soit entière, les dénominateurs doivent être des multiples :
          (r+1) = nq avec n entier
          => p/q - 4/nq = 1
          => p - q = 4/n
          => n = 1, 2 ou 4
          r = q - 1 ou r = 2q - 1 ou r = 4q - 1


          Si n = 4, p = 3 , q= 2, r = 7


          Si n = 2 :
          r et p doivent être premiers donc
          2q - 1 doit être premier
          q + 2 doit être premier
          exemple : q = 3 => r = 7, p = 5


          Si n = 4 :
          4q - 1 doit être premier
          q + 4 doit être premier
          exemple : q = 3, r = 5, p = 7


          existe t-il une méthode pour trouver ces nombres ??

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  • Juillet 2018, 4e défi

    le 27 juillet à 09:36, par jokemath

    Vite fait, on trouve
    7/3 - 4/(2 +1) = 1, et aussi
    5/3 - 4/(5 + 1) = 1
    3/2 - 4/(7 + 1) = 1 donc en identifiant p/q - 4/(r +1) = 1, on a les solutions :
    p = 7, q = 3 et r = 2.
    P = 5, q = 3 et r = 5
    p = 3 , q = 2 et r = 7
    Mais, il y en a peut-être d’autres...

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  • Juillet 2018, 4e défi

    le 27 juillet à 13:56, par pogarreau

    Ben l’équation se réécrit en 2 coups de cuillère à pot : (p-q) (r+1) = 4 q , ce qui implique que p>q pour éviter que 4 q soit nul ou négatif. De là un raisonnement sur les divisions de nombre entiers va nous faciliter la vie.

    Commençons avec les nombres premier pair, avant de regarder les autres.
    > Cas r=2, cela implique que : (p-q) 3 = 4 q ; donc 3 divise q premier donc on n’a pas le choix seul q=3 convient ; d’où p=7. D’où un triplet (p,q,r)=(7,3,2)
    > Cas q=2, on tombe sur (p-2) ( r+1) = 8 , avec p>2 seul p=3 convient [sinon avec p>3 on aurait impair x (r+1)=pair ce qui est impossible]. Donc seul un 2nd triplet (p,q,r) émerge (3,2,7)

    Pour tous les cas où le couple (p,q) premier jumeaux impairs, et r=2q-1, on a donc le triplet (p,p-2,2p-5). Après le cas pair, le modulo 3 va nous sortir de là :
    > cas p mod 3 = 0, seul p=3 marche. Cela donne le triplet (3,1,1) mais 1 n’est pas premier. Donc c’est KO.
    > cas p mod 3 = 1, on a p-2 mod 3 = 2 et 2p-5 mod 3 = 0 donc impossible d’avoir r premier
    > cas p mod 3 = 2, on a p-2 mod 3 = 0. C’est Ko sauf pour q=3, cela donne le 3eme triplet (5,3,5).

    Reste que c’est un joli problème à 3 solutions qui fait bien suer par ces chaleurs estivales !

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  • Juillet 2018, 4e défi

    le 28 juillet à 14:37, par Pierre Cami

    p/q-4/(r+1)=1 soit p/q=(r+5)/(r+1)
    soit r=2 seul premier tel que r+5 ou r+1 soit premier, p=7 q=3
    ou r=5 10/6=5/3 p=5 q=3
    Soit que 2 solutions possibles

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    • Juillet 2018, 4e défi

      le 30 juillet à 22:05, par geodingus

      Avec votre méthode : il existe un entier n tel que r+5=np et r+1=nq
      Ainsi, np=r+5=r+1+4=nq+4
      D’où p=q+4/n donc n=1, 2 ou 4 et on retrouve qu’il n’y a que trois solutions (si je ne dis pas de bêtise !).
      Pour r=2 on trouve p=7 et q=3 ;
      pour r=3 on trouve p=2 et q=1 ce qui ne convient pas ;
      Pour r=5 on trouve p=5 et q=3 ;
      Et pour r=7 on trouve p=3 et q=2.

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      • Juillet 2018, 4e défi

        le 31 juillet à 10:49, par Pierre Cami

        Et bien oui, mea maxima culpa un oubli regrettable : 12/8=3/2

        Répondre à ce message
  • Juillet 2018, 4e défi

    le 30 juillet à 22:12, par drai.david

    J’arrive après la bataille (les vacances chamboulent les bonnes habitudes...).
    Voici tout de même ma proposition :

    L’équation proposée équivaut à $\frac{p}{q}=\frac{r+5}{r+1}$, où $\frac{p}{q}$ est une fraction irréductible.

    1) Si $r=2$, alors $\frac{p}{q}=\frac{7}{3}$ donc $(7 ; 3 ; 2)$ convient.

    2) Si $r=3$, alors $\frac{p}{q}=\frac{8}{4}=2$, d’où $p=2q$ : impossible.

    3) Si $r=6k-1$, alors $\frac{p}{q}=\frac{6k+4}{6k}=\frac{3k+2}{3k}$.
    a) Si $k$ est impair, $\frac{3k+2}{3k}$ est irréductible (car deux impairs consécutifs sont premiers entre eux) et $k$ vaut nécessairement $1$.
    On a alors $\frac{p}{q}=\frac{5}{3}$ donc $(5 ; 3 ; 5)$ convient.
    b) Si $k$ est pair, alors $k=2k'$ et $\frac{p}{q}=\frac{6k'+2}{6k'}=\frac{3k'+1}{3k'}$
    $k'$ vaut donc nécessairement $1$, mais on obtient alors $\frac{p}{q}=\frac{4}{3}$ : impossible.

    4) Si $r=6k+1$ ($k>0$), alors $\frac{p}{q}=\frac{6k+6}{6k+2}=\frac{3k+3}{3k+1}$.
    a) Si $k$ est pair, $\frac{3k+3}{3k+1}$ est irréductible et $p$ est donc un multiple de 3 supérieur à 3 : impossible.
    b) Si $k$ est impair, alors $k=2k'+1$ et $\frac{p}{q}=\frac{6k'+6}{6k'+4}=\frac{3k'+3}{3k'+2}$.
    $k'$ vaut donc nécessairement $0$. On obtient alors $\frac{p}{q}=\frac{3}{2}$.
    Ainsi, $(3;2;7)$ convient.

    Conclusion : $(7 ; 3 ; 2)$ , $(5 ; 3 ; 5)$ et $(3;2;7)$ sont les trois seuls triplets solutions.

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