Avis de Recherche

L'avis de Recherche n° 5 était :

Soit un trapèze, dont les longueurs des bases sont a et b, coupé en deux parties de même aire par un segment de longueur c parallèle aux bases.

Peut-on avoir a, b et c entiers ?

Et puis peut-on le couper de la même façon par deux segments de longueur c et d avec a, b, c et d entiers ? 

Et par n segments ...?

 

Deux fidèles, Jean Couzineau et Salvatore Tummarello, m'ont transmis le fruit de leurs recherches, lourds fruits pleins d'expérimentation, de calculs à la main ou à la machine (les logiciels SageMath et Python ont été très sollicités), des hypothèses ont été avancées mais pas toujours démontrées... Bref beaucoup de travail de recherche comme je l'aime, où tous les coups sont permis, la fin justifiant les moyens. Vous pouvez télécharger l'intégralité de leurs travaux  en cliquant ci-dessous :

Recherche Jean Couzineau

Recherche Salvatore Tummarello 

 

Et moi-même je n'aurais pas fait différemment si je n'avais pas assisté aux Journées Nationales de Lyon d'octobre 2016 et reçu le secours des mathématiciens babyloniens (d'environ 2000 av JC) par le truchement d'animateurs de l'IREM de Grenoble lors d'un atelier intitulé "De Babylone à Samos" : Passionnant !

 

D'abord, contrairement à nous,ces babyloniens passent du général au particulier en utilisant ce qu'ils ne savaient pas encore être une transformation affine qui les fait passer d'un trapèze quelconque à un trapèze isocèle d'angle de base 45°, mais dont ils savaient qu'elle conserve le rapport des aires.

Vous pouvez jouer aux Babyloniens avec GeoGebra en utilisant une transvection et une affinité pour transformer le trapèze en cliquant sur l'image ci-dessous :

Pourquoi cette transformation ?

Pour pouvoir les mettre en quatre afin de faire des carrés !!!

 

Nous avons donc une couronne bleue (pour ceux qui ont la tête au carré) dont l'aire s'exprime très simplement par b²-c² et une couronne rouge d'aire c²-a². De l'égalité des deux aires , on déduit la relation :

a² + b² = 2c² 

dont les solutions entières (a, b, c), si elles existent, sont appelées triplets babyloniens en hommage à qui vous savez.c=a2+b22

on peut remarquer que \(c=\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{2}}\) donc \(c\) est la moyenne quadratique de \(a\) et \(b\).

Retour sur les triplets pythagoriciens

Bien entendu cela n'est pas sans évoquer les triplets pythagoriciens (u,v,w) avec u²+v²=w² mais que l'on a guère l'habitude de voir apparaître dans un trapèze... et pourtant. 

Prenez un trapèze ABDE de base u et w, coupé par une segment parallèle aux bases de longueur v, transformé comme ci-dessus en un trapèze isocèle d'angles à la base de 45° (donc partie d'un triangle rectangle isocèle ABC) pour pouvoir à nouveau le mettre en quatre...

 

Nous avons à nouveau une couronne bleue, d'aire w²- v² et un carré rouge d'aire u².

Les deux aires seront égales lorsque u²=w²-v² c'est à dire u²+v²=w² !!!

Donc on pourra qualifier un trapèze ABDE de pythagoricien si l'aire ABFG est égale à l'aire EDC avec les définitions précédentes.

 

En outre nous connaissons la formule algébrique (E) des triplets pythagoriciens :

(p²-q², 2pq, p²+q²) avec p et q entiers naturels et p>q que nous allons utiliser plus loin. 

 

 

Rapport entre triplet pythagoricien et triplet babylonien

Comment associer à un triplet pythagoricien un triplet babylonien ?

On peut utiliser des méthodes calculatoires plus ou moins compliquées mais la méthode géométrique ci-dessous, issue de la présentation de l'IREM de Grenoble mais animée par GeoGebra, me semble beaucoup plus pédagogique.

 

Cliquer ICI

 

À partir de la figure épurée issue de cette configuration nous allons faire apparaître le triplet babylonien.

 

Recliquer ICI

Soit f la fonction qui au triplet pythagoricien (u, v, w) associe le triplet babylonien (a, b, c) = (v-u, v+u, w).(1)

 

Il est alors facile par le calcul de trouver l'unique fonction réciproque qui au triplet (a, b, c) associe (u, v, w) = ((b-a)/2, (b+a)/2, c). (2)

Bien entendu il faut démontrer que u et v ainsi trouvés sont bien entiers.

Mais on peut aussi recourir à une démonstration géométrique du type ci-dessus et inspirée de la présentation faite par l'IREM de Grenoble.

 

Rerecliquer ICI

 

De toute façon on à l'assurance que les deux types de triplets sont en bijection et on peut utiliser cela pour obtenir tous les triplets babyloniens. 

En appliquant la formule (1) à l'expression (E) des triplets pythagoriciens on trouve l'ensemble des triplets babyloniens

{(2pq - p² + q², 2pq + p² - q², p² + q²)},

sans se préoccuper de savoir s'ils sont irréductibles (d'ailleurs certains ne le sont pas) car ils constituent tous une réponse au problème posé.

 

Pour une visite du "site-muse" de l'IREM de Grenoble vous pouvez vous rendre ICI

Et une trisection du trapèze ?

 En utilisant toujours la même méthode de la mise en quatre du trapèze on va exprimer que deux des petites couronnes sont le tiers de la grande (ce qui entraînera naturellement que la troisième est aussi le tiers)

(1) 3 (c²-a²) = b²-a²  

     donc 2a²+b² = 3c²

(2) 3 (b²-d²) = b²-a²

     donc a²+2b² = 3d²

Pour résoudre (1) , je n'ai pas reçu le secours des babyloniens (c'est à dire que je n'ai pas trouvé le moyen d'adapter la méthode précédente à ce cas) je suis donc obligé de recourir à la méthode "classique" employée par Salvatore : la recherche de points à coordonnées rationnelles sur une ellipse...

Mais avant de me lancer dans une telle aventure je vais demander à Python 3.5 de conforter mon intuition, à savoir que ma recherche est vaine... 

Je programme donc :

import math

a=1

b=1

fin=10000

for a in range(1,fin):

        for b in range(1,fin):

                c=math.sqrt((2*a*a+b*b)/3)

                d=math.sqrt((a*a+2*b*b)/3)

                if int(c)==c and int(d)==d and math.gcd(a,b)==1:

                        print(a,b,int(c),int(d))

                continue

Et en moins de 2 minutes (avec 10 000 fois 10 000 boucles j'ai fait fort) j'obtiens la réponse : mon intuition à des chances d'être juste ! Seul (1,1,1,1) répond à la question ! (avec le pgcd (a,b)=1 bien sûr)             

 

Je peux donc me mettre à tenter de démontrer qu'il n'existe pas de triplets communs aux solutions de (1) et (2)

En posant x=a/c et y=b/c, l'équation(1) se transforme en 2x²+y²=3, équation d'une ellipse E centrée en O (cf. ci-contre).

En choisissant un point de E à coordonnées rationnelles, ici C = (-1,-1), nous écrivons l'équation de la droite (D) passant par C et de pente t, rationnel égal à p/q, qui est donc y = t(x+1) -1.

M étant à l'intersection de E et (D) nous obtenons ainsi l'équation permettant de trouver x l'abscisse de M

     2x² + t²(x²+2x+1) + 1 -2 t(x+1) = 3 ou encore

     x²(t²+2) + 2x (t²-t) + (t²-2t-2) = 0

équation du second degré dont -1 est une racine évidente (et attendue) et le produit des racines fournit l'autre qui est :

x=(-t²+2t+2) / (t²+2)

ce qui permet de trouver y= (t²+4t-2) / (t²+2) et, en utilisant t=p/q, d'en déduire les solutions de (1) qui sont les triplets  

(a, b, c) = (-p²+2pq+2q², p²+4pq- 2q², p²+2q²)

Bien entendu on trouve des solutions positives et négatives mais pour prouver par la suite qu'elles ne conviennent pas il faut mieux être trop riche que trop pauvre.

Donc avec les a et b ainsi trouvés il me reste à prouver que l'on ne peut pas trouver d'entier d vérifiant l'équation (2).

Calculons a²+2b² =(-p²+2pq+2q²)²+2( p²+4pq- 2q²)² = etc.

                         = 3(p+ 4p3q + 8p²q² - 8pq+ 4q4) = 3 d² ??? 

a²+2b² étant un polynôme homogène de degré 4, d doit donc être un polynôme homogène de degré 2  donc il faut trouver k entier tel que d= p² +kpq + 2q² 

(p² fournissant le terme en p4 et 2q² fournissant le terme en 4q4).

En élevant cette expression de d au carré nous obtenons :

p+ 2kp3q + (4+k²)p²q² + 4kpq+ 4p4

Par identification nous obtenons 2k = 4, 4+k² =8, 4k =-8 c'est à dire k=2 et k =-2 donc pas de solution. 

C'est une méthode certes artisanale mais qui me semble correcte. Qu'en pensez-vous ?

Et au delà ?

S'il n'existe pas de solutions à la "triplication" de trapèze, inutile de chercher plus loin car s'il existait un n-uplet (n>4), solution à une éventuelle division en n-1 trapèzes de même aire, on aurait vite fait d'en extraire un quadruplet... dont on vient de démontrer l'inexistence.

Alain Bougeard

Avis de Recherche n° 6

Quel est le plus grand entier positif qui ne puisse pas s'écrire 15a+21b+35c avec a, b et c entiers positifs ?

Les chantiers de pédagogie mathématique n°171 décembre 2016

La Régionale Île-de-France APMEP, 26 rue Duméril, 75013 PARIS

Concours 2017-2018

Le thème est « Maths et mouvements ».

Nantes 2017

Les inscriptions sont possibles jusqu’au dimanche 15 octobre (tarif préférentiel jusqu'au samedi 16 septembre)

 

Le groupe M.:A.T.H.

Le groupe M.:A.T.H. (Mathématiques : Approche par des Textes Historiques) poursuit ses séances de lecture de textes historiques.

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Nouvelle annonce

Des postes pour la formation des professeurs des écoles en mathématiques à l'ESPE de l'académie de Versailles sont à pourvoir au 1er septembre 2017.

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Le N°173 des Chantiers pédagogique de mathématique est en ligne

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Repères de l'IREM

La revue Repères IREM, l'une des trois revues du réseau des IREM, est disponible en consultation à l'IREM de Paris

Algorithmique au bac S 2012

Dans le n°154 des Chantiers de Pédagogie Mathématique de Septembre 2012 , un article de Dominique Baroux et de Cécile Prouteau à propos des exercices d’algorithmique du bac S 2012

 

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dimanche 3 septembre 2017