Un défi par semaine

Avril 2016, 3e défi

El 15 abril 2016  - Escrito por  Ana Rechtman Ver los comentarios (9)
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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

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Para citar este artículo:

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

Comentario sobre el artículo

  • Avril 2016, 3e défi

    le 15 de abril de 2016 à 06:39, par Al_louarn

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

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  • Avril 2016, 3e défi

    le 15 de abril de 2016 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 de abril de 2016 à 07:48, par ROUX

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

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    • Avril 2016, 3e défi

      le 17 de abril de 2016 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 de abril de 2016 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 de abril de 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 $25k^2$.

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      • Avril 2016, 3e défi

        le 21 de abril de 2016 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 de abril de 2016 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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