Enoncé A408 (Diophante)
Distances entières dans un triangle
Soient un triangle acutangle ABC et un point P en son intérieur. On recherche les triangles ABC dont les six distances BC, CA, AB, P A, P B et PC sont des nombres entiers distincts (propriété (P)).
Q1 - P est l’orthocentre du triangle.
1 - Déterminer le triangle ABC qui a la propriété(P) et dont l’aire est la plus petite possible.
2 - Démontrer qu’il existe une infinité de triangles ABC qui ont la pro- priété(P)et dont l’aire est aussi un nombre entier. Donner l’exemple d’un triangle ABC dont l’un des côtés est égal à 2016.
Q2 -P est le point de Fermat sous lequel on voit les trois côtés du triangle sous le même angle de 120°.
1 - Déterminer le triangle ABC qui a la propriété(P) et dont l’aire est la plus petite possible.
2 - Existe-t-il une infinité de triangles ABC qui ont la propriété(P)? Solution de Jean Moreau de Saint-Martin
Question 1
Je note BC =a, CA = b, AB = c les côtés du triangle, S son aire, R le rayon du cercle circonscrit,P A=u, P B =v, P C =w.
Si P est l’orthocentre,u= 2RcosA,v= 2RcosB,w= 2RcosC.
Par Al-Kashi u=Rb2+c2−a2
bc =ab2+c2−a2
4S carabc= 4RS, puis 4S=a(b2+c2−a2)/u=b(c2+a2−b2)/v=c(a2+b2−c2)/w=
= 16S2/(ua+vb+wc) par Héron, d’où 4S =ua+vb+wc.
Ainsi, dans les triangles cherchés, 4S est entier et, siS n’est pas entier, le triangle de côtés doubles a encore la propriété (P) et une aire entière.
Il en résulte aussi que R=abc/(4S) est rationnel, de même que
(2R−u)/a= tan(A/2) =n/met (2R−v)/b= tan(B/2) =q/p, fractions irréductibles <1 siAetB sont deux angles aigus du triangle.
CommeA+B +C =π, tan(C/2) = (mp−nq)/(mq+np). Pour que C soit aussi aigu, il faut (m/n−1)(p/q−1)<2.
Les 4 entiersm, n, p, q déterminent la figure à un facteur d’échelle près : 2R= (m2+n2)(p2+q2)µ,
a= 2mn(p2+q2)µ,b= 2pq(m2+n2)µ,c= 2(mp−nq)(mq+np)µ, u= (m2−n2)(p2+q2)µ,v= (m2+n2)(p2−q2)µ,
w= ((mq+np)2−(mp−nq)2)µ.
Quelques exemples
m/n p/q µ a, b, c u, v, w S 5/2 2/1 1 100,116,144 105,87,17 5760 3/1 4/3 1/2 75,120,117 100,35,44 4212 2/1 5/3 1/2 68,75,77 51,40,36 2310 2/1 3/2 1 52,60,56 39,25,33 1344 2/1 7/4 1/5 52,56,60 39,33,25 1344 Comme 2016 = 56×36 = 144×14, on a un côté égal à 2016 – avecm/n= 2/1, p/q= 7/4, µ= 180, (autres côtés 1872 et 2160), – avecm/n= 5/2, p/q= 2/1, µ= 14, (autres côtés 1400 et 1624).
L’aire S = 8µ2mnpq(mp−nq)(mq+np) ; pour la plus petite aire, sont donc favorables les petites valeurs de m, n, p, q et les valeurs permettant une petite valeur de µ, c’est à dire quand on peut prendre pour 1/µ un diviseur commun de 2m2+ 2n2 et 2p2+ 2q2. Je n’ai pas poussé plus loin la recherche de l’aire minimale, pour laquelle je propose la valeur 1344.
Question 2
Mêmes notations a, b, c, u, v, w qu’à la question 1. Les angles de 120°
donnent par Al-Kashi
a2 =v2+vw+w2,b2=w2+wu+u2,c2 =u2+uv+v2.
Ces conditions impliquent une certaine forme pour les rapports v/w, w/u, u/v. On a en effet 3w2 = (2a+ 2v+w)(2a−2v −w), soit p/qla fraction irréductible (2a−2v−w)/w; alors (2a+ 2v+w)/w= 3q/p etv/w= (3q2−p2−2pq)/(4pq) (∗).
Un triangle ayant la propriété (P) se caractérise par trois entiers u, v, w tels que leurs rapports v/w, w/u, u/v ont la forme (∗) ci-dessus ; récipro- quement, si 3 rapports r1, r2, r3 de cette forme ont pour produit 1, on obtient un triangle (P) en prenantu =wr1r2, v =wr1 avec w choisi tel que u etv soient entiers.
Une voie de solution consiste donc à établir une liste des rapports v/w de la forme (∗), jusqu’à en trouver 3 de produit 1.
L’aire du triangle est (vw+wu+uv)√
3/4, ce qui conduit à explorer les petites valeurs deu, v, w. Mais la liste de rapportsv/wobtenue (à la main) pour 1≤p < q ≤22 (231 couples (p, q), 119 rationnelsv/w >1 distincts), ne m’a fourni qu’une solution : le trio 88/65, 3/5, 325/264 qui, affecté à (v/w, w/u, u/v), donne
u/325 =v/264 =w/195 =a/399 =b/455 =c/511.
La valeur commune de ces rapports est un entier k; si on le prend égal à 1, l’aire du triangle est 50163,75√
3.
Je n’ai pas poussé plus loin cette recherche laborieuse, je ne peux donc pas être sûr que cette aire soit le minimum pour les triangles (P).
Sur l’existence d’une infinité de triangles ayant la propriété (P), il y a une infinité de triangles semblables de côtés (399k,455k,511k). On peut être plus exigeant et demander que les entiersa, b, c, u, v, wsoient premiers entre eux dans leur ensemble.
Observons que dans le triangle ci-dessus les côtésa, b, csont en progression arithmétique. La condition supplémentaire a+c= 2bconduit à
4b2−2ac= (a+c)2−2ac=a2+c2= 2v2+v(w+u) +b2−wu, 2ac= 3b2+wu−v(w+u)−2v2, mais aussi
4a2c2 = 4(v2+vw+w2)(v2+vu+u2) = (2v2+v(w+u) + 2wu)2+ 3v2(b2− 3wu),
0 = 3v2(b2−3wu)+(2v2+v(w+u)+2wu)2−(3b2+wu−v(w+u)−2v2)2 = 3(v+w+u)(v(5b2+wu) + (w+u)(wu−3b2)).
u +v+w = 0 entraîne a2 = b2 = c2, ce qui ne convient pas. Il faut v = (w+u)(3b2 −wu)/(5b2 +wu), et comme par hypothèse b2 est un
carré, on a w
4pq = u
3q2−p2−2pq = b
p2+ 3q2, puis
= w+u
3q2−p2+ 2pq = v
3q2−p2+ 2pq·5b2+wu 3b2−wu =
= v
3q2−p2+ 2pq ·5p4−4p3q+ 22p2q2+ 12pq3+ 45q4 3p4+ 4p3q+ 26p2q2−12pq3+ 27q4. On en tire
u
(3q2−p2−2pq)(5p4−4p3q+ 22p2q2+ 12pq3+ 45q4) =
= v
(3q2−p2+ 2pq)(3p4+ 4p3q+ 26p2q2−12pq3+ 27q4) =
= w
4pq(5p4−4p3q+ 22p2q2+ 12pq3+ 45q4) =
= a
(p2+ 3q2)(3p4−12p3q+ 58p2q2+ 36pq3+ 27q4) =
= b
(p2+ 3q2)(5p4−4p3q+ 22p2q2+ 12pq3+ 45q4) =
= c
(p2+ 3q2)(7p4+ 4p3q−14p2q2−12pq3+ 63q4).
Par le choix du rationnelp/q, cela fournit une famille infinie de triangles ; on peut choisir, pour valeur commune des rapports, l’inverse du PGCD des dénominateurs, afin d’obtenir des longueurs premières entre elles.
