Enoncé A379 (Diophante) Joliment moyennés
Deux entiers positifs distincts petq (p < q) sont « joliment moyennés » si trois au moins de leurs moyennes arithmétique, géométrique, harmonique et quadratique sont toutes des nombres entiers.
Q1 Donner un exemple d’une paire d’entiers joliment moyennés tels que p < q ≤50.
Q2Démontrer qu’il n’existe pas de paires d’entiers joliment moyennés dont les quatre moyennes sont toutes des nombres entiers.
Q3 Déterminer les familles de trois moyennes qui permettent d’obtenir des paires d’entiers joliment moyennés. En déduire toutes les paires d’entiers joliment moyennés tels que p < q≤100.
Q4 Déterminer une paire d’entiers joliment moyennés dont le plus petit terme p est lui seulement un multiple de 2019.
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin Question 1
Soient a = (p+q)/2, g = √
pq, h = 2pq/(p+q), m = p(p2+q2)/2 les quatre moyennes.
p q a g h m
10 40 25 20 16 5√ 34 4 28 16 4√
7 7 20
Question 2
Sip et q sont multipliés par un même facteur, chacune des moyennes est multipliée par ce facteur.
Supposons g et m entiers. Alors p2+q2 = 2m2 entraîne que p et q sont de même parité, eta= (p+q)/2 est entier. Laissant de côté la moyenne harmonique, j’observe que sipetq ont un diviseur commund,p/detq/d admettent les moyennes a/d, g/d, m/d; si la compatibilité entre g et m existe, elle existe dans le cas où, ayant enlevé les facteurs communs, p et q sont premiers entre eux. Le produit pqdevant être un carré, on a alors p=u2,q =v2 et 2m2=u4+v4 avec u etv impairs premiers entre eux.
Les entiers (m+uv)/2 et (m−uv)/2 sont les côtés d’un triangle rectangle d’hypoténuse (u2+v2)/2, entière, et d’aire (m2 −u2v2)/8, carré parfait (u2−v2)2/16. Fermat a démontré qu’un tel triangle ne peut pas exister.
En effet, considérons le triangle T de plus petite aire carrée ; selon un paramétrage classique, les côtés sontd(r2−s2) et 2drs, avecretspremiers entre eux et de parité contraire. Si l’aired2rs(r2−s2) est carrée, il en est de même de chacun des facteursr, s, r+s, r−sdeux à deux premiers entre eux.
Les entiers
√r+s+√ r−s
2 et
√r+s−√ r−s
2 sont alors les côtés d’un triangle rectangle d’hypoténuse√
r et d’aire carrées <2s3< rs(r2−s2), contredisant la minimalité de l’aire deT.
Question 3
g etm étant incompatibles, chacune caractérise une famille de paires joli- ment moyennées.
Moyennes a, g, hentières
p/g = g/q = u/v irréductible. Alors p/u2 = g/uv = q/v2 = w entier, car u2 et v2 sont premiers entre eux ; a = w(u2 +v2)/2, h = g2/a = 2u2v2w/(u2+v2).
Si u etv sont impairs, (u2+v2)/2 est entier impair premier avecu2v2, il faut prendre w = d(u2+v2)/2 avec dentier quelconque pour que h soit entier.
Si u etv sont de parité contraire, u2 +v2 est entier impair premier avec u2v2, il faut prendrew= 2d(u2+v2) avecdentier quelconque pour quea et hsoient entiers.
Cette famille se définit donc par 2p
u2(u2+v2) = 2q
v2(u2+v2) = un entier d quelconque siu etv, premiers entre eux, sont tous deux impairs, ou un entier 4dmultiple de 4 siuet vsont de parité contraire.
Le couple (u, v) = (1,2) donne la paire (10,40) de la question 1 et (20,80).
(u, v) = (1,3) donne la paire (5,45) de moyennes 25, 15, 9, et la paire (10,90). Ce sont les seules solutions avec p < q ≤ 100 car si u < v, q > v4/2 siu etv sont tous deux impairs,q >2v4 sinon.
Moyennesa, h, m entières
De p2 +q2 = 2m2 s’ensuit que p et q sont de même parité, puis que le triangle rectangle de côtés a= (p+q)/2 et a−p = (q−p)/2 a m pour hypoténuse. Selon un argument classique, il existe deux entiersu > v >0 premiers entre eux et de parité contraire tels que les côtés sontd(u2−v2), 2duv et l’hypoténused(u2+v2) =m.
La moyenne arithmétique est a = dmax(u2−v2,2uv) ; la moyenne har- monique est h = d|(u2−v2)2−4u2v2|
max(u2−v2,2uv) . Pour qu’elle soit entière, il faut d=fmax(u2−v2,2uv) caru2−v2 et 2uv sont premiers entre eux.
L’expression générale de cette famille est donc q=f(u2−v2+ 2uv) max(u2−v2,2uv), p=f|u2−v2−2uv|max(u2−v2,2uv).
Seul le couple (u, v) = (2,1) donne les solutions ≤100 : (p, q) = (4,28) et (8,56).
Question 4
Observant que 2019 = 3·673 avec 673 = 122 + 232, je prends (u, v) = (12,23) dans la première famille de la question 3.
Ainsip= 2·122·673 = 96·2019 = 193824, q= 2·232·673 = 712034 non multiple de 2019. Alors a= 402929,g= 371496,h= 304704.
La seconde famille offre aussi une solution avec (u, v) = (26,19), car 2uv+v2−u2= 673.
Ainsip= 3·673·988 = 2019·988 = 1994772,q = 3·1303·988 = 3862092 non multiple de 2019. Alorsa= 2928342,m= 3073668, h= 2630757.
