Un défi par semaine

Juillet 2018, 4e défi

Le 27 juillet 2018  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (12)
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Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique chaque vendredi et sa solution la semaine suivante. Il n’y aura pas d’édition papier du calendrier 2018, il faudra attendre l’édition 2019 !

Semaine 30

Trouver tous les nombres premiers $p$, $q$, $r$ tels que
\[\frac{p}{q}- \frac{4}{r+1}=1.\]

Solution du 3e défi de Juillet :

Enoncé

La réponse est : $62$ triangles.

Comme les triangles ne se superposent pas, on sait que la
somme des angles intérieurs de tous les triangles est égale à la somme des angles formés en chacun des $34$ sommets. Pour chaque coin $P$ du carré, la somme des angles en $P$ est $90^{\circ}$. Pour chaque point intérieur $Q$, la somme des angles en $Q$ est $360^{\circ}$. Donc, la somme de tous les angles de tous les triangles est
$4(90^{\circ})+30(360^{\circ})=62(180^{\circ})$. Comme la somme des angles intérieurs d’un triangle est $180^{\circ}$, on en conclut qu’il y a $62$ triangles.

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Juillet 2018, 4e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2018

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  • Juillet 2018, 4e défi

    le 27 juillet 2018 à 13:46, par musgrave

    Qu’il me soit ici permis de développer et corriger un peu mon premier post (il me manquait une solution) :

    En modifiant un peu l’expression initiale on trouve une équation du type (p - q)(r + 1) = 4q.

    Le nombre q étant premier les solutions satisfont nécessairement l’une des six conditions suivantes :
    1) p - q = 2 et r + 1 = 2q
    2) p - q = 4 et r + 1 = q
    3) r + 1 = 2 et p - q = 2q
    4) r + 1 = 4 et p - q = q
    5) p - q = 1 et r + 1 = 4q
    6) r + 1 = 1 et p - q = 4q

    Le cas 3 mène à r=1, impossible cas r devrait être premier.
    Le cas 6 mène à r=0, impossible cas r devrait être premier.
    Le cas 4 mène à p=2q, impossible car p et q doivent être simultanément premiers.
    Le cas 2 mène à r et q tous les deux premiers et distants de 1, ce n’est possible que si q=3 et r=2 d’où on déduit que p=7. On vérifie aisément que le triplet (p,q,r)=(7,3,2) est bien une solution au problème.
    Le cas 5 mène à p et q tous les deux premiers et distants de 1, ce n’est possible que si p=3 et q=2 d’où on déduit que r=7. On vérifie aisément que le triplet (p,q,r)=(3,2,7) est bien une solution au problème.

    Le cas 1 revient à chercher les couple (q,p) de nombres premiers jumeaux tels que 2q-1 soit premier.

    En travaillant modulo 3 on fait face à trois possibilités :
    a) q=3k, q est premier si et seulement si k=1, ce qui mène à p=5 et r=5. Le triplet (5,3,5) est solution.
    b) q=3k+1, qui mène à p=3(k+1). Le nombre p est premier si et seulement si k=0, ce qui mènerait à q=1, non premier. Il n’y a donc pas de solution de cette famille ;
    c) q=3k+2, qui mène à r=6k+3. Le nombre r est premier si et seulement si k=0, ce qui mènerait à q=2 et p=4, non premier. Il n’y a donc pas de solution de cette famille.

    On peut (enfin !) finalement conclure : les seuls triplets solutions sont (7,3,2) (3,2,7) et (5,3,5).

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