Un défi par semaine

Avril 2016, 3e défi

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

Comparte este artículo

Para citar este artículo:

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

Comentario sobre el artículo

Voir tous les messages - Retourner à l'article

  • 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 $25k^2$.

    Répondre à ce message

Dejar un comentario

Foro sólo para inscritos

Para participar en este foro, debe registrarte previamente. Gracias por indicar a continuación el identificador personal que se le ha suministrado. Si no está inscrito/a, debe inscribirse.

Conexióninscribirse¿contraseña olvidada?

La traducción del sitio del francés al castellano se realiza gracias al apoyo de diversas instituciones de matemáticas de América Latina.