A419 - Diophante dans son pré carré

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A419 - Diophante dans son pré carré – Partage du pré en triangles distincts de dimensions entières.

Solution

Partage du carré ABCD en k triangles rectangles

1) Triangles distincts mais pouvant être semblables entre eux.

De prime abord, on peut dire que ce partage ne semble possible que si k est supérieur ou égal à 4.

Figure 1 Figure 2 Figure 3

La première méthode (voir figure 1) qui vient à l’esprit est de trouver un point E sur AB tel que les triangles ADE et BCE soient rectangles tandis que le triangle CED est divisé en deux triangles rectangles avec la hauteur CH issue de C ou DK issue de D. Soit AB=N et AE=a avec N et a entiers. Nous avons à déterminer N et a tels que N^2 + a^2 et (N-a)^2 + N^2 sont deux carrés. Il n’y pas de solution possible car N,a d’une part et N-a,N d’autre part ne peuvent pas être les côtés de l’angle droit de triangles pythagoriciens.

Une deuxième approche (voir figure 2) consiste à prendre un point P à l’intérieur du carré tel que PA,PB,PC,PD soient des entiers. Si P existe, on subdivise PAB,PBC,PCD,PDA en triangles rectangles. Mais P n’existe pas…

Une troisième approche (voir figure 3) se révèle plus féconde :elle revient à choisir les points E sur AB, F sur BC, G sur CD et H sur DA tels que les quatre triangles AEH, BEF, CFG et DGH soient pythagoriciens et l’une au moins des deux diagonales EG ou HF du quadrilatère EFGH soit mesurée par un nombre entier. Les hauteurs issues de F dans EFG et de H dans EGH ou de E dans EFH et de G dans FGH donneront quatre triangles rectangles soit au total huit triangles rectangles.

Avec un carré ABCD de côté N=468, on obtient ainsi 8 triangles distincts dont plusieurs sont semblables entre eux comme le montre le tableau ci-après qui donne les valeurs des côtés a1,a2 et a3 des triangles ainsi que le ratio a1/a2

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2) Triangles non semblables

Avec la même méthode que ci-dessus mais avec la contrainte que tous les ratios a1 /a2 sont différents les uns des autres, on obtient un carré C sensiblement plus grand de côté N = 3060 qui peut être divisé en 7 triangles sachant que le partage du triangle EFG n’a pas lieu d’être effectué car il est lui-même rectangle en G.

Si l’on cherche à minimiser le nombre de triangles rectangles, on peut se limiter au choix du point E sur AB et du point F sur DA et l’on obtient 5 triangles rectangles seulement mais la dimension du carré s’accroît à nouveau avec

N = 9000.

triangles a1 a2 a3 a1/ a2

AEH 78 104 130 0,75

BEF 208 390 442 0,533333333

CFG 195 260 325 0,75

DG H 273 364 455 0,75

EFI 280 342 442 0,81871345

FG I 165 280 325 0,589285714

EHJ 66 112 130 0,589285714

G HJ 112 441 455 0,253968254

AEH 153 680 697 0,225

BEF 2380 2907 3757 0,81871345

CFG 680 1275 1445 0,533333333

DGH 1785 2380 2975 0,75

EFI 455 528 697 0,861742424

EFG 1445 3468 3757 0,416666667

GHI 455 2940 2975 0,154761905

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Enfin, on peut obtenir un carré partagé en huit triangles rectangles non semblables de côté N=3176 avec les dimensions suivantes :

Partage du carré en triangles quelconques, rectangles ou non Pour k=3 , il n’y a pas de solution possible

Pour k=4, trois types de partage peuvent s’envisager :

1) Un point E est choisi sur AB et un point F sur DA. On obtient 4 triangles dont les trois triangles AEF,BCE et CDF sont pythagoriciens et le quatrième est réalisé à partir des hypoténuses de ces trois triangles, tous ses angles étant aigus.

Le plus petit carré est de dimension N = 360

2) Un point E est choisi sur AB et un point F sur CD. On obtient deux triangles rectangles et deux triangles qui reposent respectivement sur les côtés AB et CD du carré. C’est la configuration qui donne le carré de la plus petite dimension avec N = 24 grâce aux deux triangles pythagoriciens de petites dimensions : 7,24,25 et 10,24,26 qui ont en commun un côté de l’angle droit égal à 24.

AEF 3400 6375 7225 0,533333333

BEC 5600 9000 10600 0,622222222

CDF 2625 9000 9375 0,291666667

EFG 1479 7072 7225 0,209134615

CFG 7072 7896 10600 0,895643364

AEH 364 1248 1300 0,291666667

BEF 1716 2912 3380 0,589285714

CFG 1547 1560 2197 0,991666667

DG H 1729 2028 2665 0,852564103

EHJ 816 1012 1300 0,806324111

EFI 832 3276 3380 0,253968254

EG I 1365 3276 3549 0,416666667

G HJ 816 2537 2665 0,321639732

triangles a1 a2 a3 a1/a2

AEF 136 255 289 0,533333333

BCE 224 360 424 0,622222222

CDF 105 360 375 0,291666667

CEF 289 375 424 0,770666667

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3) Un point E est encore choisi sur AB mais le point F est tracé sur DE à l’intérieur du carré. On obtient quatre triangles dont un seul est rectangle et la plus petite dimension du carré que

l’on puisse obtenir est N = 312.

Pour k=5, on parvient à trouver un carré de dimension N = 12 seulement qui se subdivise en triangles tous différents mais trois d’entre eux comme les deux autres sont semblables entre eux.

Pour ce faire, on choisit E sur AB tel que AE=9, F sur BC tel que BF = 4. Dès lors ADE et BEF sont des triangles pythagoriciens tels que DE=15 et EF = 5. On considère G sur DE tel que DG=10. On vérifie aisément que CG=10 ,EG=6 et FG=6.

ADF 10 24 26 0,416666667

AEF 17 25 26 0,68

CEF 14 25 25 0,56

BCE 7 24 25 0,291666667

ADE 91 312 325 0,291666667

BEF 175 221 318 0,791855204

BCF 306 312 318 0,980769231

CDF 150 306 312 0,490196078

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Si l’on veut que les triangles soient non semblables, on est amené à rechercher une

configuration plus complexe comme celle qui était proposée au concours annuel organisée par la revue Tangente à l’été 1997 (n° 58/59) . Elle comporte trois points E,F et G intérieurs au carré de telle sorte que A,E et G sont alignés ainsi que D,E et Fet C,F et G.

Le mode opératoire est brièvement décrit ci-après :

a) on recherche des carrés dont un point G intérieur est à des distances entières des 3 sommets A,B,C. En posant GA=a, GB=b et GC=c, on arrive à l’expression

2 2 2 2 2 2 2

2

2 a c 4 4a c (a c 2b )

2N       .

D’où le tableau ci-après :

ADE 9 12 15 0,75

BEF 3 4 5 0,75

CDG 10 10 12 1

CFG 6 8 10 0,75

EFG 5 5 6 1

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b) On prend un point E sur la droite AG à une distance d entière de A (d pouvant être

>a).DE coupe CG en F. On fait varier d de telle sorte que les longueurs DF,DE et GF qui se calculent aisément grâce à la relation des cosinus dans les différents triangles ADE,CDF et EFG soient rationnelles. En multipliant toutes les valeurs obtenues par le plus petit commun multiple des différents dénominateurs des valeurs rationnelles, on obtient des valeurs entières pour tous les côtés des triangles.

Le plus petit carré est de côté N = 2040 qui correspond à un multiple de N=51 qui figure en première ligne du tableau ci-dessus avec a=25, b=52 et c=53.

D’où le tableau des mesures des côtés des triangles :

Pour k=6, une solution peut être rapidement établie à partir du partage en 4 triangles (configuration n°2). On double la dimension du carré qui devient N = 48 et l’on prend G au milieu de AF et H au milieu de EC. D’où le tableau des mesures des côtés des triangles :

N a b c

51 25 52 53

52 25 51 53

116 89 45 91

140 85 99 113

156 75 153 159

195 73 148 203

195 49 148 235

195 101 148 175

325 89 276 371

325 173 228 287

375 329 424 289

ABG 1000 2040 2080 0,490196078

BCG 1855 2040 2080 0,909313725

CDF 1025 1855 2040 0,552560647

ADE 696 1440 2040 0,483333333

EFG 265 329 440 0,805471125

ADG 26 26 48 1

DFG 20 26 26 0,769230769

AEF 34 50 52 0,68

CEF 28 50 50 0,56

BEH 14 25 25 0,56

BCH 25 25 48 1