Enonc´e noD157 (Diophante)
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin
1) Il n’existe pas de triangle ´equilat´eral ayant ses sommets sur le treillis.
En effet (supposant les axes de coordonn´ees orthogonaux), les pentes des segments joignant les points du treiliis sont rationnelles, et de mˆeme les tangentes des angles form´es par ces segments. Aussi est-il impossible d’ob- tenirπ/3 = arctan√
3 comme angle d’un triangle dont les sommets sont des points du treillis.
2) Existence de triangle ´equilat´eral `a sommets dans des disques de rayon r centr´es sur le treillis.
Le treillis ´etant invariant par translations de vecteur (0,±1) ou (±1,0), je peux d´eplacer un tel triangle de fa¸con qu’il ait un sommet P(u, v) dans le disque centr´e en l’origineO des coordonn´ees. Les autres sommets sont alors Qdans le disque centr´e en (a, b), etR dans le disque centr´e en (c, d).
SupposantP QRde sens direct, la rotation de centreP et d’angleπ/3 am`ene Qen R, et (a, b) en (a0, b0), avec
a0 =u+ (a−u)/2−(b−v)√
3/2,b0 =v+ (a−u)√
3/2 + (b−v)/2.
Le pointRappartient aux deux disques de rayonrcentr´es en (c, d) et (a0, b0), donc la distance de ces centres est au plus 2r et
(c−a0)2+ (d−b0)2 ≤4r2.
Cette condition se met sous la forme, `a partir des expressions dea0 etb0 en a, b, u, v
u−a+c+ (b−d)√ 3 2
!2
+ v−b+d+ (c−a)√ 3 2
!2
≤4r2.
Elle exprime que P appartient `a un disque de rayon 2r centr´e en Z de coordonn´ees
zx = a+c+ (b−d)√ 3
2 , zy = b+d+ (c−a)√ 3
2 .
Ce disque et le disque de rayonr centr´e enOont un ou des points communs d`es que|ZO| ≤3r, soitzx2+zy2≤9r2.
Si cette condition est v´erifi´ee, on peut trouverP tel que les disques centr´ee en (c, d) et en (a0, b0) aient un point commun R, et le triangle ´equilat´eral P QRr´epond `a la question.
Orzx2+zy2 =a2+b2+c2+d2−ac−bd+ (bc−ad)√ 3.
Il faut donc trouver des entiersa, b, c, dv´erifiant a2+b2+c2+d2−ac−bd+ (bc−ad)√
3≤9r2. Cette condition s’´ecrit
c−2a+
√
3b+a√ 3 2
!2
+ d−b+a√ 3 2
!2
≤9r2. Si nous pouvons trouver a et b tels que |b+a√
3| ≤ 3r, la condition sera satisfaite parc= 2a, d= 0.
1
Par le d´eveloppement de√
3 en fraction continue, on sait obtenir une infinit´e de fractions −b/aapprochant √
3 `a mieux que 1/|ab| (et mˆeme 1/(2a2√ 3) pour les approximations par exc`es), d’o`u −1/(2a√
3)< b+a√
3<1/|b|.
En prenant|b|>1/(3r), on satisfera la condition et on obtiendra un triangle r´epondant `a la question. Son cˆot´e sera voisin de c= 2a.
En fait, avec les coordonn´ees (0, e); (2a, e); (a, b−e), on a un triangle de cˆot´e entier D= 2ad`es lors que
(b−2e)2+a2 = 4a2, soit 4e2−4be+b2−3a2= 0.
Alors|e|est voisin de|b2−3a2|/(4a√
3), et le rayonr sera suffisant si Dr >
|b2−3a2|/√ 12.
3) On a maintenantr= 0,003. Repartons de la fraction continue de √ 3 1 + 1
1+
1 2+
1 1+
1 2 +. . . qui a pour r´eduites
1/1, 2/1, 5/3, 7/4, 19/11, 26/15, 71/41, 97/56, 265/153, 362/209, 989/571, 1351/780, 3691/2131, 5042/2911, 13775/7953, 18817/10864, etc.
La fraction 97/56 =p3 + 1/562 approche√
3 par exc`es, 97−56√
3 = 1/(97 + 56√
3)<1/193<3r alors que la r´eduite pr´ec´edente conduit `a 41√
3−71 = 2/(41√
3 + 71)>2/142>3r.
On peut donc prendrea= 56, b=−97, c= 112, d= 0 et r´ealiser un triangle de cˆot´e 112.
Peut-on faire mieux, et obtenir un cˆot´e inf´erieur `a 112 ?
SiDest le cˆot´e du triangle ´equilat´eral, les distances entre centres des disques sont dans la fourchette (D−2r, D+ 2r). Or leurs carr´es sont des entiers, dont certains diff`erent de D2 (sinon, ces centres formeraient un triangle
´equilat´eral `a sommets sur le treillis, contredisant le paragraphe 1). On a donc√
D2+ 1−D < D−√
D2−1<2r, 4Dr >1, d’o`u avecr= 0,003, la minoration D≥84.
En outre, (D + 2r)2 −(D−2r)2 = 8Dr < 2,7 qui est un majorant de la diff´erence entre carr´es de distances de centres des disques contenant les sommets du triangle. Cette diff´erence ne peut ˆetre que 0, 1 ou 2.
De mani`ere g´en´erale, dans l’in´egalit´e obtenue au paragraphe 2) a2+b2+c2+d2−ac−bd+ (bc−ad)√
3≤9r2, on observe que
U =a2+b2+c2+d2−ac−bd= (a2+b2)/2+(c2+d2)/2+((a−c)2+(b−d)2)/2 est voisin de 3D2/2, et donc que V =|bc−ad|est voisin deD2√
3/2.
Avec|U−V√
3| ≤9r2 etU+V√
3 voisin de 3D2, on a
|U2−3V2| ≤27D2r2 <3 siD≤111.
Or pour avoir|U2−3V2|= 1 ou 2, il faut queU/V soit une des r´eduites de la fraction continue de √
3.
2
|U−V√
3|est voisin de 1/(2U) pour les fractions de rang pair, de 1/U pour les fractions de rang impair.
Comme 9r2= 81·10−6= 1/12345 environ, il faudrait prendreU = 13775, et 2U = 27550 serait alors la somme des carr´es des distances entre les centres des 3 disques.
Cette somme se d´ecompose (avec 2 au plus comme diff´erence entre carr´es extrˆemes) en 9182 + 9184 + 9184 = 9183 + 9183 + 9184. Mais 9184 = 25·7·41 n’est pas le carr´e d’une distance entre points du treillis, il n’y a donc pas de possibilit´e de solution avec cette fraction.
La possibilit´e suivante est U = 18817 = 2·972−1 = 972+ 3·562, et pour la somme des carr´es des distances entre centres, on a
2U = 37634 = 2·972+ 6·562 = 2(972+ 562) + 1122, on retrouve la solutionD= 112 vue ci-dessus.
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