Solution du probl` eme num´ ero A 4902 (
propos´ee par Jo¨el Benoist)Enonc´´ e.Les longueurs des cˆot´es d’un rectangleABCD sont deux nombres entiers pet qrelativement
premiers entre eux tels quep < qet le p´erim`etre du rectangle = 2(p+q)≤2018.On trace lespqcarr´es de cˆot´e unit´e dont les cˆot´es sont parall`eles aux cˆot´es du rectangle. La diagonale [A, C] traverse des carr´es de cˆot´e unit´e et d´elimite `a l’int´erieur de certains d’entre eux des petits triangles rectangles (voir l’exemple supra) dont la somme des p´erim`etres est un nombre entier ´egal au tiers du p´erim`etre du triangle rectangle ABC. D´eterminerpet q.
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Solution.Posons`:=p+q+p
p2+q2le p´erim`etre du triangle rectangleABCqui est aussi le p´erim`etre du triangle rectangleACD Par hypoth`ese nous devons avoir
`
3 ∈N (1)
Appelons cerf-volant la r´eunion de deux petits triangles juxtapos´es (´eventuellement d´eg´en´er´e lorsqu’il n’y a qu’un triangle) qui ont ´et´e introduit dans l’´enonc´e. Il y a autant de cerfs-volants que de lignes horizontales, donc il y ap+ 1 cerfs-volants. Nous avons repr´esent´e un desp+ 1 cerfs-volants sur la figure ci-dessous constitu´ee des trianglesP QRetRST. Tra¸cons la parall`ele `a (RQ) passant parS qui coupe la verticale (P Q) enU.
En utilisant le fait queU ST Qest un parall´elogramme, le p´erim`etre de ce cerf-volant arbitraire est donc : P Q+QR+RP+RS+ST+T R= (P Q+ST)+(QR+T R)+(RP+RS) =P U+QT+SP=P U+U S+SP, qui n’est rien d’autre que le p´erim`etre du cerf-volant qui est en bas `a droite du rectangleABCD(r´eduit
`
a un triangle). Ce dernier cerf-volant est un triangle dont le p´erim`etre, par le th´eor`eme de Thal`es, est ` q. La somme des p´erim`etres des cerfs-volants est donc ´egale `a (p+ 1)`
q.D’apr`es l’´enonc´e cette somme doit ˆ
etre ´egale `a `
3, ce qui impose la condition
q= 3(p+ 1). (2)
Finalement on cherche p et q premiers entre eux avec p+q ≤ 1009 tels que les conditions (1) et (2) soit satisfaites. Commeq = 3(p+ 1) et quep et p+ 1 sont premiers entre eux, cela revient `a chercher 2 ≤ p ≤ 251 entier non multiple de 3 tel que 4p+ 3 +p
10p2+ 18p+ 9
3 soit entier. Il ne reste que 2
250−83 = 167 cas pourp`a traiter. Un programme informatique nous donne tout de suite la solution uniquep= 155 et donc q= 468. L’hyoth´enuse du triangle rectangleACD vaut alors 493.
Remarque.Pour ´eviter le recours `a l’informatique, une autre preuve qui m’a ´et´e sugg´er´ee par mon coll`egue Pierrick Verdier (Limoges) est possible. La voici.
Les entiers pet q (p < q) sont les deux premiers termes d’un triplet pythagoricien primitif (primitif car pet q premiers entre eux par hypoth`ese). Il existe donc des entiers uet v premiers entre eux avec v < utels que (p, q) = (u2−v2,2uv) ou (p, q) = (2uv, u2−v2). Nous devons donc envisager deux cas.
Cas 1 :(p, q) = (u2−v2,2uv).
Commeq= 3p+ 3, on a 2uv= 3u2−3v2+ 3 et donc
3u2−2uv−(3v2−3) = 0,
que je regarde comme une ´equation du second degr´e en u. Son discriminant r´eduit est ´egal `a 10v2−9 et sa racine positive est
u=1 3(v+p
10v2−9).
On a par hypoth`ese p+q <1009, donc comme p= 1
3q−1, on a 4
3q <1010 soit 8
3uv <1010 et commev < u, 8
3v2<1010 soit v <20. Il ne reste plus qu’`a tester les valeurs possibles dev.
Par exemple : v= 3, donneu= 4, p= 7 et q= 24 ; l’hypot´enuse du triangleABC est ´egale `a 25 mais son p´erim`etre vaut 56 et n’est pas multiple de 3. Le nombre suivant est v = 13 qui donne u= 18,p= 155 etq= 468 dont on a v´erifi´e que ¸ca marche. Tous les autres ne valident pas 10v2−9 carr´e parfait.
Cas 2 :(p, q) = (2uv, u2−v2).
Commeq= 3p+ 3, on au2−v2= 6uv+ 3 et donc
u2−6uv−(v2+ 3) = 0,
que je regarde comme une ´equation du second degr´e en u. Son discriminant r´eduit est ´egal `a 10v2+ 3 et sa racine positive est
u= 3v+p
10v2+ 3.
On a par hypoth`esep+q <1009, donc commeq= 3p+ 3, il vient 4p <1006 soit p= 2uv≤251.
Commev < u, 2v2 <251 soitv≤11. On v´erifie qu’aucune valeur v≤11 ne valide v2+ 3 est un
carr´e. Il n’y a donc pas de solution pour ce cas 2.
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