A449. Les trois chapeaux tonkinois
Considérons le triangle AOS et posons 2θ = OSAd et s = SO = SA. Nous avons sinθ=2sa mais aussi tan π4 −θ2
= 2ra.Rappelons que six= tany2,alors cosy = 1−x1+x22. Ainsi en posant y = π2 −θ,nous avons sinθ = cosy = aa22−4r+4r22, d’où s= a(a2−4r2)
2(a2+4r2) qui sera entier ssi le numérateur est pair, c’est-à-dire ssia est pair. D’oùs= a2+a24ar−4r22 et en posanta= 2a0,il vients=a0+ 2a0r2
a02−r2.De même pour les trianglesBOT et COU pour exprimert=T O et u=U O.
L’abscisse deS est clairementa0. Celle deT vautb0 = 2b =a0+ 2r. De même pour U avec c0 = c2 =b0+ 2r. Ainsi nous pouvons exprimer toutes les valeurs entières en fonction dea0 etr:
– b0 =a0+ 2r – c0 =a0+ 4r – s=a0+ 2a0r2
a02−r2
– t=b0+b2b02−r0r22
– u=c0+c2c02−r0r22
La condition 2a0r2
a02−r2 = k s’écrit en résolvant une équation du deuxième degré a0=r
2(1+√r2+k2)
k .
Peu inspiré à ce stade, je me suis aidé d’un tableur pour arriver à une solution a0 = 72 etr= 24 telle que s= 90, t= 130 et u= 175, sans avoir la certitude qu’elle correspond bien au plus petitrentier possible.
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