Un défi par semaine

Avril 2021, 2e défi

Le 9 avril 2021  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (18)
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Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Le calendrier 2021 est en vente ! Il s’intitule : « Le ciel dans tous ses états ».

De janvier à décembre, à travers 12 textes superbement illustrés, découvrez l’histoire des équations cachées dans les trajectoires des planètes et des étoiles ainsi que le développement des grandes théories qui ont accompagné cette ­aventure.

Semaine 15

Trouver tous les triplets $(a,b,c)$ d’entiers positifs, avec $a\le b\le c$, qui ne soient pas tous les trois multiples d’un même nombre premier mais tels que :

  • $a$ divise $b+c$,
  • $b$ divise $a+c$ et
  • $c$ divise $a+b$.

Solution du 1e défi d’avril :

Enoncé

La réponse est $\dfrac{1}{\sqrt3}$ cm.

Les angles intérieurs d’un hexagone mesurent $120^\circ$. De plus, les triangles $FAB$, $ABC$ et $BCD$ sont isocèles et superposables, donc les angles $\widehat{ABF}$,
$\widehat{BAC}$, $\widehat{ACB}$ et $\widehat{DBC}$ mesurent tous $30^\circ$.

On en déduit en particulier que les triangles $AXB$ et $BYC$ sont isocèles, donc

$XA=XB$ et $YB=YC$ et, par symétrie,

$XA=XB=YB=YC$.

De plus, $\widehat{XBY}=\widehat{ABC}-\widehat{XBA}-\widehat{YBC}=120^\circ-2\times 30^\circ=60^\circ$.

Le triangle $XBY$ est donc isocèle avec un angle de $60^\circ$, il s’ensuit qu’il est équilatéral

et on a finalement $AX=XB=XY=YB=YC$.

Le triangle $ABY$ est rectangle en $B$. En utilisant le théorème dePythagore, on obtient l’égalité :
\[ \begin{eqnarray*} AB^2+BY^2 & = & AY^2\\ 1+BY^2 & = & (AX+XY)^2\\ 1+XY^2 & = & (2XY)^2. \end{eqnarray*}\]

Donc $3XY^2=1$ et $XY=\frac{1}{\sqrt3}$ cm.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2021 - Sous la direction d’Ana Rechtman,

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Avril 2021, 2e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2021

Commentaire sur l'article

  • Avril 2021, 2e défi

    le 9 avril à 08:27, par Christophe Boilley

    C’est un bien joli défi. Je trouve trois solutions différentes (quatre avec la solution nulle). La généralisation avec n entiers ramène le problème des fractions égyptiennes.

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    • Avril 2021, 2e défi

      le 9 avril à 12:10, par Christophe Boilley

      Solution nulle mise à part (puisque les trois entiers ne peuvent être multiples d’un même premier), je remarque que dans chaque solution tous les entiers sont multiples du plus petit d’entre eux. Est-ce toujours le cas lorsque plusieurs entiers positifs sont tous diviseurs de leur somme ?

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      • Avril 2021, 2e défi

        le 10 avril à 12:53, par drai.david

        Bonjour,
        de toute façon, le fait que $a$ divise $b+c$ exclut la solution où $a=0$, non ?

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        • Avril 2021, 2e défi

          le 10 avril à 13:27, par Christophe Boilley

          Non, 0 divise bien 0 (car il est un multiple de lui-même). Mais ce n’est pas pour autant un diviseur de zéro.

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          • Avril 2021, 2e défi

            le 10 avril à 16:51, par drai.david

            Vu comme ça, j’approuve, mais avouons que l’assertion « 0 divise 0 mais 0 n’est pas un diviseur de 0 » a un petit côté contradictoire, voire même choquant. Du moins pour moi...

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            • Avril 2021, 2e défi

              le 10 avril à 17:35, par Christophe Boilley

              Songez qu’en topologie, il y a même des espaces non séparables et pourtant séparés !

              Répondre à ce message
    • Avril 2021, 2e défi

      le 9 avril à 17:45, par François

      J’obtiens les résultats suivants :
      1) Si $a=0$ alors on a la solution triviale $(0,0,0)$.
      2) Deux quelconques des trois nombres sont premiers entre eux :
      Si par exemple $p$ est un diviseur premier commun à $a$ ou $b$, il divise $a+c$ et donc $c$ ce qui est exclu dans l’énoncé.
      3) Si $a=1$ , comme $c$ divise $b+1$ et que $b\le c \le b+1$ alors soit $b=c=1$ on a pour solution $(1,1,1$) soit $c=b+1$ et comme $b$ divise $1+c=2+b$, $b$ divise $2$ d’où 2 solutions $(1,1,2)$ et $(1,2,3)$.
      Je ne vois pas comment montrer que ces 4 solutions sont les seules.

      Répondre à ce message
      • Avril 2021, 2e défi

        le 9 avril à 18:19, par François

        Oups ! ligne 4 lire $a$ et $b$

        Répondre à ce message
      • Avril 2021, 2e défi

        le 9 avril à 23:29, par François

        Je pense avoir une réponse pas très élégante.
        Supposons $a>1$ alors il n’y a pas de solution.
        On remarque que dans cette hypothèse $a$ < $b$ < $c$ d’après la remarque 2 de mon post précédent.
        On a :
        $c$ divise $a+b$ donc $c\le a+b$. Par ailleurs, puisque $b$ divise $a+c$, il existe $k$ tel que
        $kb=a+c \le 2a+b$ et donc $(k-1)a \le (k-1)b \le 2a$
        ce qui nous laisse peu de valeurs possibles pour $k$.
        si $k=1$, alors $b=a+c$ ce qui est impossible puisque $b$ < $c$.
        si $k=3$, alors $a=b$ ce qui est impossible.
        si $k=2$, alors $2b=a+c$ et $a$ divise $b+c=3b-a$ donc $a$ divise $3b$ et comme $a$ est premier avec $b$, $a=3$, de plus d’après les inégalités précédentes, $b$ est strictement compris entre $3$ et $6$ .

        Pour $b=4$, $c=5$ et $(3,4,5)$ ne convient pas.
        Pour $b= 5$, $c=7$ et $(3,5,7)$ ne convient pas.
        Donc pas de solution pour $a>1$.

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      • Avril 2021, 2e défi

        le 10 avril à 12:59, par drai.david

        Vous écrivez 1) Si $a=0$ alors on a la solution triviale $(0,0,0)$.
        Mais le fait que $a$ divise $b+c$ exclut de fait cette solution car on ne peut pas avoir $a=0$...
        Il n’en demeure pas moins qu’il n’est pas évident de prouver que les trois solutions restantes sont effectivement les seules...

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        • Avril 2021, 2e défi

          le 10 avril à 18:38, par Lina

          On peut également objecter que 0 étant multiple de tous les nombres la solution dite triviale contredit l’hypothèse ne soient pas tous les trois multiples d’un même nombre premier. Ce qui dit également que seul 1 peut se répéter.

          Si a divise b + c il divise aussi a + b + c, de même pour b et c. Etant premiers entre eux 2 à 2, abc divise aussi a + b + c et donc abc <= a + b + c (1)
          Supposons 1<a<b<c. (inégalités strictes : seul 1 peut se répéter)
          De l’égalité bc - (b + c) = (b - 1)( c - 1) - 1 on déduit b + c < bc puisque 2< b - 1 et 3< c - 1.
          Il vient ab + ac<abc. Mais on a aussi a + b<= ab et a + c<=ac
          D’où a + b + c <a + b + a + c<abc ce qui est impossible à cause de (1) et donc a = 1.
          (1) devient bc <=1 + b + c puis bc - (b + c) <=1 puis (b - 1)(c - 1)<=2
          Deux cas possibles b - 1 = 1 et b - 1 = 0
          Premier cas b = 2 et c = 3 puisque c est différent de b
          Deuxième cas b = 1 et (1) devient c divise 2 + c et donc c =1 ou c =2.
          Ne reste plus que ces 3 solutions dont on sait qu’elles sont valides.

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          • Avril 2021, 2e défi

            le 10 avril à 18:53, par drai.david

            Nos deux résolutions viennent de se croiser... 🙂

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      • Avril 2021, 2e défi

        le 10 avril à 18:50, par drai.david

        Je pense avoir la preuve qu’il n’y a que ces 3 solutions (outre $(0,0,0)$ ) :
        $1\leq a\leq b\leq c\Rightarrow a+b\leq 2c$.
        Ainsi, $c|a+b\Rightarrow a+b=c$ ou $a+b=2c$.
        Cas n°1 : Si $a+b=2c$ alors $a=c$ et $b=c$, donc $a=b=c$.
        Or $a$, $b$ et $c$ ne doivent pas avoir de diviseur premier commun.
        On en déduit la solution $(a,b,c)=(1,1,1)$.
        Cas n°2 : Si $a+b=c$, alors $a$, $b$ et $c$ sont premiers entre eux deux à deux.
        En effet, si deux des trois nombres avaient un diviseur premier commun, alors le 3ème l’aurait aussi, puisque $a+b=c$. Or, ceci est impossible par hypothèse.
        Par ailleurs :
        • $a|b+c\Rightarrow a|a+b+c$
        • $b|a+b\Rightarrow b|a+b+c$
        • $c|a+b\Rightarrow c|a+b+c$
        Et comme $a$, $b$ et $c$ sont premiers entre eux deux à deux, $abc|a+b+c$, et par conséquent, $abc\leq a+b+c$.
        De plus, $a+b+c\leq 3c$, donc $abc\leq 3c$, d’où $ab\leq 3$.
        Il ne reste plus qu’à tester les triplets $(a,b,a+b)$ vérifiant $ab\leq 3$, avec $a,b\in \mathbb{N}^{*}$ et $a\leq b$, soient : $(1,1,2)$, $(1,2,3)$ et $(1,3,4)$.
        Or, seuls $(1,1,2)$ et $(1,2,3)$ conviennent.
        CQFD

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        • Avril 2021, 2e défi

          le 10 avril à 22:57, par François

          Merci à Lina et drai.david pour leur réponse. Nouvelle question quid de $n > 3$ entiers ? Sans ergoter sur $ (0, \dots ,0)$, on a comme solutions $(1,\dots,1)$ et $(1,\dots ,1,n-1)$ mais quoi d’autre ?

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          • Avril 2021, 2e défi

            le 11 avril à 15:12, par drai.david

            Pour $n=4$, il semble bien qu’il n’y ait que ces 14 solutions :
            $(1, 1, 1, 1)$, $(1, 1, 1, 3)$, $(1, 1, 2, 2)$, $(1, 1, 2, 4)$, $(1, 1, 4, 6)$, $(1, 2, 2, 5)$, $(1, 2, 3, 6)$, $(1, 2, 6, 9)$, $(1, 3, 4, 4)$, $(1, 3, 8, 12)$, $(1, 4, 5, 10)$, $(1, 6, 14, 21)$, $(2, 3, 3, 4)$ et $(2, 3, 10, 15)$.
            En effet, j’ai testé informatiquement tous les quadruplets $(a,b,c,d)$ avec $1\leq a\leq b\leq c\leq d\leq 100$, et je n’ai rien obtenu avec $d>15$...

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            • Avril 2021, 2e défi

              le 11 avril à 19:16, par drai.david

              Et pas mieux avec une borne sup à 200...

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          • Avril 2021, 2e défi

            le 13 avril à 15:18, par Christophe Boilley

            J’ai rédigé un algorithme qui détermine toutes les solutions de façon exhaustive. Le nombre de solutions croît de façon surexponentielle. Je n’ai pas pu obtenir le nombre de solutions pour n=7.
            https://boilley.ovh/blog/diviseurs-somme.html

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            • Avril 2021, 2e défi

              le 13 avril à 19:16, par drai.david

              Bravo pour votre analyse du problème !
              Par conséquent :
              • pour $n=7$, il y a $294$ $314$ solutions ;
              • pour $n=8$, il y a $159$ $330$ $691$ solutions ;
              • pour $n=9$, ???
              cf. https://oeis.org/A002966 😉

              Répondre à ce message

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