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

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  • Avril 2021, 2e défi

    le 10 avril 2021 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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