Enoncé D273 (Diophante)
La saga des polygones inscriptibles (1er épisode)
Tout le monde sait qu’un trapèze isocèle est toujours inscriptible mais comment caractériser le cas où la base majeure coïncide avec le diamètre d du cercle circonscrit ? On notea le côté oblique etb la base mineure et on examine successivement les cas oùa,betdsont : A) réels B) entiers et C) rationnels.
A) Trouver le polynôme P de degré 2 tel que tout triplet (a, b, d) satisfait la relation P(a, b, d) = 0.
B) Donner une représentation paramétrique des triplets primitifs (à savoir : a,betdsont sans facteurs communs) et montrer que dou 2dest un carré parfait.
C) Caractériser les triplets tels que les diagonales et/ou la hauteur sont aussi rationnelles.
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin
Soit ABCD le trapèze de base mineure AB = a, O le milieu de la base majeure CD.
A) Soit t l’angleBOC;a= (AO+OB) cost=dcost;b=dsin(t/2).
Par la formule classique de l’angle double,
a/d = cost = 1−2 sin2(t/2) = 1−2(b/d)2, ce qui montre qu’on peut prendre P = 2b2+ad−d2.
B) On a la factorisation 2b2 =d(d−a) en produit de deux facteurs premiers entre eux. Tout nombre premier > 2 divisant d ou d−a y a le même exposant pair que dans b2. Selon que le PGCD de det 2b2 est 1 ou 2, d est carré ou double carré.
Si dest impair, c’est un carré d=p2, b=pq,d−a= 2q2, d’où le triplet (a, b, d) = (p2−2q2, pq, p2).
Si dest pair,d−a est impair et carréq2, d= 2p2, b=pq, d’où le triplet (a, b, d) = (2p2−q2, pq,2p2).
C)CDétant un diamètre, l’angleCBDest droit etAC2 =BD2 =d2−b2. La hauteur a pour carréd2−(d−a)2/4
C.1) Supposonsdpair.
La diagonale a pour carré p2(4p2−q2), qui n’est jamais un carré parfait carq est impair et 4p2−q2 a pour reste 3 modulo 4.
La hauteur a pour carré 4p4−q4/4 = (16p4−q4)/4. Le reste modulo 16 de 16p4−q4 est 15, ce qui exclut que ce puisse être un carré.
C.2) Supposons doncdimpair.
La diagonale a pour carré p2(p2−q2). C’est un carré parfait si p+q et p−q(sans facteur commun autre que 2 éventuellement, quandqest impair comme p) sont tous deux carrés ou doubles carrés. Pour le couple (p, q), on a (u2+v2, u2−v2) ou (u2+v2,2uv) avec u etv de parité contraire.
La hauteur a pour carrép4−q4 = (p+q)(p−q)(p2+q2). Si ce doit être un carré de même que le carré de la diagonale,p2−q2 est carré et il faut que p2+q2 aussi soit carré. Alors 2(p2+q2) ou (p2+q2)/2 est à la fois double carré et somme de deux puissances quatrièmes.
Si q est pair, les 3 facteurs sont premiers entre eux deux à deux ; si la hauteur est rationnelle, la diagonale l’est aussi. Mais l’équation est de la forme u4 +v4 = 2w2, qui est immpossible en vertu d’un théorème de Fermat. Si elle avait une solution, on aurait un triangle rectangle de côtés w+uv etw−uv, d’hypoténuseu2+v2, et d’aire carrée (u2−v2)2/4, qui ne peut exister.
Si q est impair, (p2 +q2)/2 est impair et donc carré ; si la hauteur est rationnelle, la diagonale ne l’est pas car p2 −q2 est double carré. Des deux facteurs pairs p+q et p−q, l’un est carré et l’autre double carré.
L’équation de la formew2 =u4+ 4v4, impossible par le même théorème.
Si elle avait une solution, on aurait un triangle rectangle de côtés u2 et 2v2, d’hypoténuse w, et d’aire carrée (uv)2, qui ne peut exister.
En conclusion, la hauteur n’est jamais rationnelle et les triplets (a, b, d) tels que la diagonale soit rationnelle sont
(6u2v2−u4−v4, u4−v4, u4+ 2u2v2+v4) ou (u4−6u2v2+v4,2uv(u2+v2), u4+ 2u2v2+v4).
