Un défi par semaine

Octobre 2018, 2e défi

Le 12 octobre 2018  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (5)

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 41

Déterminer l’entier $n$ le plus petit pour lequel
\[(2^2-1)(3^2-1)(4^2-1)\cdots (n^2-1)\]
est le carré d’un nombre entier.

Solution du 1er défi d’octobre :

Enoncé

La réponse est : $8\,cm$.

Soient $a$ et $b$ les longueurs des côtés du triangle en
centimètres. On applique le théorème de
Pythagore, sachant que son hypoténuse mesure
$\sqrt{a^2+b^2}$. Par conséquent, la somme des carrés des trois
côtés est égale à $2a^2+2b^2=578$, et $a^2+b^2=289=17^2$.

L’hypoténuse du triangle mesure donc $17\,cm$. Comme le
périmètre mesure $40\,cm$, on obtient que $a+b+17=40\,cm$, soit $a+b=23\,cm$. Alors, $2ab=(a+b)^2-(a^2+b^2)=23^2-289=240$,
d’où $ab=120$.

On en déduit que \[ \begin{eqnarray} a(23-a) & = & 120\\ a^2-23a+120 & = & 0\\ (a-8)(a-15) & = & 0. \end{eqnarray} \]

Par conséquent, les côtés du triangle mesurent $8\,cm$ et $15\,cm$. Le plus petit côté du triangle mesure $8\,cm$.

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Octobre 2018, 2e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2018

Commentaire sur l'article

  • Octobre 2018, 2e défi

    le 12 octobre à 07:27, par ROUX

    Nous remarquons une identité.
    Nous remarquons qu’elle nous donnera deux fois chaque entier à partir de 3.
    Nous remarquons, qu’ouf, 8 donne trois 2.
    Nous remarquons, qu’ouf, 9 tout seul donne deux 3.

    La réponse est le nombre de cm du défi précédent 😉

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  • Octobre 2018, 2e défi

    le 12 octobre à 09:36, par ROUX

    Une remarqu(able)e : dans le programme de 3ème, dans la colonne connaissances et compétences ne figure pas l’apprentissage des identités remarquables (en dehors du fait que dans cette colonne les verbes connaitre et apprendre ne sont pas non plus présents...) : on se borne à en comprendre le fonctionnement.
    Comprendre le fonctionnement d’une identité remarquable est une absurdité.
    On peut imaginer que les Politiques touchent à tout mais sans doute quand-même pas à un programme de mathématiques (en revanche, je les vois bien toucher à un programme d’histoire ou de français...).
    Ce sont donc bel et bien des mathématiciens (et je ne vais pour une fois pas faire d’écriture inclusive car je souhaite ardemment ne pas inclure les femmes là-dedans) qui ont laissé filer l’apprentissage de ces identités.
    Or, ces identités ne sont remarquables que pour être remarquées, et si on ne le connait pas, on ne peut pas les remarquer...
    Perte de sens ou absence de sens : je n’ai jamais entendu un.e professeur.e.s de mathématiques dire qu’elles étaient remarquables pour être remarquées...

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  • Octobre 2018, 2e défi

    le 12 octobre à 12:20, par Blaxapate

    Surprise : la réponse est en lien avec les nombres carrés triangulaires.

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  • Octobre 2018, 2e défi

    le 12 octobre à 14:21, par Niak

    En utilisant l’identité $k^2-1 = (k-1)(k+1)$, on obtient $P_n = \prod_{k=2}^n k^2-1 = 2 \cdot (\prod_{k=3}^{n-1} k)^2 \cdot n \cdot (n+1)$ (ou encore) et l’on en déduit que $P_n$ est un carré si et seulement si $2n(n+1)$ en est un aussi.
    Or en utilisant l’identité $n(n+1)=(n+\frac{1}{2})^2-\frac{1}{4}$, on transforme $2n(n+1)=m^2$ en $(2n+1)^2 - 2m^2 = 1$, soit $N^2-2m^2 = 1$ pour $N= 2n+1$ impair. C’est une équation de Pell (et c’est même la plus simple possible) dont (je passe sur la résolution et les multiples moyens d’exprimer les solutions) les solutions en $N$ sont les suivantes et les $n$ associés les suivants. La plus petite solution $\geq2$ est en effet $8$.

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    • Octobre 2018, 2e défi

      le 15 octobre à 10:20, par Poss Jean-Louis

      Magistral ! Bravo et merci.

      Ceci dit les équations de Pell ne sont pas connues du lycéen moyen. Je propose ci-dessous une solution plus élémentaire.

      On cherche $n$ tel que $2n(n + 1)$ est un carré. On peut le faire en utilisant brutalement la méthode d’essais et erreurs, mais c’est fastidieux et peu motivant. On peut améliorer cette méthode en distinguant deux cas.

      — $n$ pair

      On pose $n = 2p$. On veut alors que $p(2p+1)$ soit un carré. Or $p$ et $2p+1$ sont premiers entre eux, donc $p$ et $2p + 1$ sont tous les deux des carrés, c’est-à-dire que l’on a $n = 2m^2$. Dans ce cas $2n$ est un carré et il suffit de vérifier que $(n+1)$ en est un.

      Pour $m = 1$ on a $n = 2$ et $n + 1 = 3$ : ce n’est pas un carré.

      Pour $m=2$ on a $n=8$ et $n+1=9=3^2$ : $n=8$ est la plus petite solution paire.

      — $n$ impair

      On pose $n = 2p+1$. On veut alors que $(2p+1)(p+1)$ soit un carré. Or $(2p+1)$ et $(p+1)$ sont premiers entre eux, donc sont tous les deux des carrés, c’est-à-dire que l’on a $n = m^2$. Il suffit de vérifier que $2(n + 1)$ est un carré.

      Pour $m = 2$ on a $n = 4$ et $2(n + 1) = 10$ : ce n’est pas un carré.

      Pour $m = 3$ on a $n = 9$ et $2(n + 1) = 20$ : ce n’est pas un carré.

      La plus petite valeur de $n$ telle que $2n(n + 1)$ soit un carré est $n = 8$.

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