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

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  • Avril 2021, 2e défi

    le 10 avril 2021 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...

    Répondre à ce message

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