Enonc´e noG225 (Diophante)
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin 1) Qui a trac´e quoi ?
Pout un type de figure donn´e, lan-i`eme figure trac´ee est divis´ee en segments (qui peuvent ˆetre des arcs ou des lignes polygonales) par lesn−1 premi`eres figures, et chacun de ces segments cr´ee une r´egion supl´ementaire dans une r´egion pr´eexistante. Le nombre de r´egions augmente donc du nombre de segments.
Quel que soit le type, la premi`ere figure cr´ee deux r´egions dans le plan. On a ensuite :
– pour les carr´es, le n-i`eme carr´e est coup´e en 8 points au plus par chacun des carr´es pr´ec´edents, soit 8n−8 segments au total ; on construit des carr´es permettant d’atteindre ce nombre en appliquant au premier carr´e des rota- tions convenables (´evitant les intersections de 3 carr´es) autour de son centre.
Pour le nombre kn de r´egions apr`esncarr´es, on a kn−kn−1= 8(n−1), d’o`u kn= 4n2−4n+ 2.
– pour les cercles, len-i`eme cercle est coup´e en 2 points au plus par chacun des cercles pr´ec´edents, soit 2n−2 arcs au total ; on construit des cercles permettant d’atteindre ce nombre en appliquant au premier cercle des rota- tions convenables (´evitant les intersections de 3 cercles) autour d’un point int´erieur autre que son centre. Pour le nombrecnde r´egions apr`esncercles, on a
cn−cn−1 = 2(n−1), d’o`ucn=n2−n+ 2.
– pour les droites, la n-i`eme droite est coup´ee en 1 point par chacune des droites pr´ec´edentes, ce qui formensegments au total. Pour le nombre dnde r´egions apr`esndroites, on a
dn−dn−1=n, d’o`u dn= (n2+n+ 2)/2.
– pour les ellipses, lan-i`eme ellipse est coup´ee en 4 points au plus par chacune des ellipses pr´ec´edentes, soit 4n−4 arcs au total ; on construit des ellipses permettant d’atteindre ce nombre en appliquant `a la premi`ere ellipse des rotations convenables (´evitant les intersections de 3 ellipses) autour de son centre. Pour le nombreen de r´egions apr`es nellipses, on a
en−en−1 = 4(n−1), d’o`uen= 2n2−2n+ 2.
– pour les triangles ´equilat´eraux, le n-i`eme triangle est coup´e en 6 points au plus par chacun des triangles pr´ec´edents, soit 6n−6 segments au total ; on construit des triangles permettant d’atteindre ce nombre en appliquant au premier triangle des rotations convenables (´evitant les intersections de 3 triangles) autour de son centre. Pour le nombre tn de r´egions apr`es n triangles, on a
tn−tn−1= 6(n−1), d’o`u tn= 3n2−3n+ 2.
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Sur le tableau donnant kn, cn, dn, en, tn pour n= 1 `a 15, les nombres appa- raissant plusieurs fois sont :
4 =c2=d2, 8 =c3=t3, 14 =c4 =e3, 22 =c5 =d6, 26 =k3 =e4, 62 =e6=t5, 92 =c10=d13=t6, 170 =k7=t8.
En confrontant cela aux indications de l’´enonc´e, on voit que :
– cercles, droites et triangles sont trac´es parA, B, E, seuls `a ˆetre 3 `a annoncer un mˆeme total 92 ;
– seulE reparle apr`es (sur 170), doncE trace les triangles, etDles carr´es ; – Dn’a pas parl´e avant, donc le total 26 n’est pas de ceux mentionn´es par l’´enonc´e comme annonce simultan´ee ;
– C a parl´e en mˆeme temps que E, mais pas pour un total 8 (car alors C tracerait les cercles et aurait parl´e sur 92), donc pour 62, et C trace les ellipses ;
– c’est sur le total 14 que B parle en mˆeme temps que C, et B trace les cercles ;
– il ne reste que les droites, qui sont trac´ees parA.
En conclusion,A, B, C, D, E tracent respectivement les droites, les cercles, les ellipses, les carr´es et les triangles.
2) Combien de chaque figure ?
Aveck carr´es, ccercles, ddroites,eellipses,t triangles, on a la condition 2007 = (4k2−4k+2)+(c2−c+2)+(d2+d+2)/2+(2e2−2e+2)+(3t2−3t+2) Chaque figure est trac´ee au plus 15 fois, en outre les annonces de nombres de r´egions impliquent que
k≥7, c≥10, d≥13, e≥6, t≥8.
A part celle des droites, les contributions du second membre sont paires. Il faut donc que d2+dsoit multiple de 4, ce qui exclut d= 13 ou 14, il faut d= 15, et la somme des autres contributions est 1886. On obtient alors (4k2−4k) + (c2−c) + (2e2−2e) + (3t2−3t) = 1886−8 = 1878 qui s’´ecrit encore
(2c−1)2+ 2(2e−1)2+ 3(2t−1)2+ 4(2k−1)2= 10 + 4·1878 = 7522.
Comme 7522>(1 + 2 + 3)292+ 4·252, on voit que 2k−1 est 27 ou 29.
Si 2k−1 = 27, un argument analogue montre que 2t−1 = 27 ou 29 ; et si 2k−1 = 29, 2t−1 est 25, 27 ou 29. Enum´erant de la mˆeme fa¸con les valeurs possibles pour 2e−1 dans chaque cas, on obtient que
7522−2(2e−1)2−3(2t−1)2−4(2k−1)2 = (2c−1)2 est un carr´e dans deux cas seulement :
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(d, k, t, e, c) = (15,15,14,15,8) et (d, k, t, e, c) = (15,14,15,14,13). Cette seconde solution est la seule acceptable puisquec≥10.
DoncA a trac´e 15 droites,B 13 cercles,C 14 ellipses, D14 carr´es, et E 15 triangles.
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