D655 – Les petits dans les grands [*** à la main]
Problème proposé par Patrick Gordon
Soit un carré ABCD de côté 1.
Q₁ - On veut construire à la règle un carré concentrique de ABCD et d’aire q fois plus petite (q entier) et dont les pentes des côtés sont des nombres rationnels. Démontrer qu’il existe une infinité de solutions en q.
Q₂ - On veut construire à la règle un carré concentrique de ABCD et de côté p fois plus petit (p entier) et dont les pentes des côtés sont des nombres rationnels. Démontrer qu’il existe une infinité de solutions en p.
Solution par l'auteur Q1
Illustrons par un exemple. Soit A' le milieu de BC, etc.
On joint AA', BB', CC', DD'. Soit q le côté du petit carré central, a et b les côtés de l'angle droit des petits triangles.
En écrivant que : a = b / 2 a² + b² = (1/2)²
a + b + q = AA' = 5/2
et que l'aire du grand carré (1) = l'aire du petit + 4 fois l'aire d'un triangle rectangle a,b,1/2 + 4 fois l'aire d'un trapèze rectangle a,q,b,
il vient : q² = 1/5 Cas général
On placera cette fois BA' = k sur BC (pour l'instant, k quelconque).
En gardant les notations a, b, q, il vient cette fois : q² = (1−k)² / (1+k²)
On veut que 1/q² = n entier, c’est-à-dire : (1+k²) / (1−k)² = n
C'est possible quel que soit n entier ≥ 2. En effet, (1+k²) = n (1−k)²
s'écrit aussi bien sous la forme d'une équation en k : (n−1) k² − 2nk + n−1 = 0
dont les solutions sont :
k = [n ± (2n−1)] / (n−1)
La solution en – donne k' < 1, qui permet un tracé comparable à celui de la question 1.
La solution en + donne k" = 1/k' > 1. Dans la figure ci-dessus, le point A' est au-delà de C, mais AA' coupe DC en un point A" et l'on montre aisément que DA" = k' < 1.
Les pentes des côtés sont k et 1/k. Si k est rationnel = u/v, les solutions k = [n ± (2n−1)] / (n−1)
sont toujours valables, mais k n'est rationnel que si (2n−1) est un carré parfait. Le minimum de n est donc 5 (vu à la question 1) et il y a une infinité de solutions en n.
Q2 On veut cette fois construire un carré concentrique de ABCD et de côté p fois plus petit (p entier).
On a toujours :
q² = (1−k)² / (1+k²)
On veut cette fois que 1/q = p (p entier), c’est-à-dire : (1+k²) / (1−k)² = p²
Si k est rationnel = u/v, cette condition s'écrit : (u²+v²) / (u−v)² = p²
Une solution est : u = 3 v = 4 p = 5 Une autre est :
u = 20 v = 21 p = 29
Tous les triplets pythagoriciens primitifs u, v, w tels que |u – v| = 1 sont solutions.
Y en a-t-il d'autres?
La relation qui définit p est homogène en u, v. On peut donc les supposer premiers entre eux et ne rechercher que des triplets primitifs. Or un triplet pythagoricien primitif u, v, w est défini par la donnée de deux entiers x et y premiers entre eux et de parités différentes avec :
u = x² – y² v = 2xy w = x² + y².
À l'évidence, u et v ainsi définis sont les deux petits termes du triplet et l'on cherche des solutions telles que |u – v| = 1, soit :
x² – 2xy – y² ± 1 = 0.
C'est une équation diophantienne quadratique pour laquelle le site de Dario Alpern donne les solutions suivantes.
Pour l'équation x² – 2xy – y² + 1 = 0 x = 2
y = 1 ainsi que :
x = -2 y = -1
solutions par récurrence : xn+1 = 5 xn + 2 yn yn+1 = 2 xn + yn ainsi que :
xn+1 = xn - 2 yn yn+1 = - 2 xn + 5 yn
Les premières solutions par récurrence donnent, pour x = 2, y = 1 :
x y x² - 2xy - y² u v u²+v² p
2 1 -1 3 4 25 5
12 5 -1 119 120 28 561 169
70 29 -1 4 059 4 060 32 959 081 5 741
On retrouve bien la solution p = 5.
Les premières solutions par récurrence donnent, pour x = -2, y = -1 les valeurs de x et y opposées mais les mêmes valeurs de u, v et p que ci-dessus.
Les secondes solutions par récurrence donnent des valeurs négatives pour u et v mais p positif.
Pour l'équation x² – 2xy – y² – 1 = 0 x = 1
y = 0 ainsi que :
x = -1 y = 0
solutions par récurrence :
les mêmes règles que pour l'équation x² – 2xy – y² + 1 = 0
Les premières solutions par récurrence donnent, pour x = 1, y = 0 :
x y x² - 2xy - y² u v u²+v² p
1 0 1 1 0 1 1
5 2 1 21 20 841 29
29 12 1 697 696 970 225 985
On retrouve bien la solution p = 29.
Les autres combinaisons de règles et de valeurs initiales ne donnent rien de bien nouveau mais une chose est certaine : il y a une infinité de solutions.
