par Alain Bougeard
Tout est résolu !
Dans les numéros précédents nous avons publié une grande partie des réponses aux énigmes recensées dans les Chantiers depuis les premiers numéros et qui n’avaient pas reçu de réponses dans les numéros suivants.
Nous achevons la publication des réponses proposées par nos lecteurs et notamment un rebondissement au sujet du PB n°8.
PB n°3 dans les Chantiers n° 35 (Roger Cuculière)
Directement dans le dur, Robert Ferréol nous renvoie simplement à Wikipédia :
Bonjour,Je réponds au PB n°3 des Chantiers mathématiques.Comme il utilise le théorème de la corde universelle, cela m’a donné l’idée de compléter la page de Wikipedia correspondante et notamment le problème du train qui est un exemple de l’interprétation cinématique de ce théorème.Bien cordialement
Merci à lui d’avoir élevé le débat en le replaçant dans le bon cadre.
Et remarquons que la contrainte d’imposer au train de ne pas reculer est totalement inutile et ne peut qu’entraîner une grève des cheminots…
PB n°4 dans les Chantiers n° 38 (auteur inconnu)
Après des tonnes de papier noirci, des hectares de forêt abattue par Jean Couzineau et moi pour mathématiser des chaînes d’engrenages et les faire tourner (n’hésitez pas à consulter la synthèse la plus aboutie de Couzineau), j’ai reçu cette solution toute simple, éloignée de toute technique mécanique ou informatique, de Pierre Delezoïde…
Moralité : il ne faut pas utiliser GeoGebra quand on n’en a pas besoin.
solution de Pierre Delezoïde
On peut remplacer les engrenages par des roulements sans glissement.
Si $r_{i}$ est le rayon de la roue dentée numéro $i$ et $\dot \alpha_{i}$ sa vitesse angulaire, la condition de non glissement au point de contact est $-\dot \alpha_{i} r_{i} = \dot\alpha_{i+1}r_{i+1}$
On en déduit que $\dot\alpha_{i}r_{i} = (-1)^{i} \dot \alpha_{0} r_{0}$
On peut imaginer dans un premier temps que la roue dentée numéro $n$ a même position et taille que la roue dentée numéro $0$, mais peut tourner indépendamment. Un mouvement de la chaîne est possible si et seulement si le mouvement de la roue numéro $n$ est le même que celui de la roue numéro $0$. Soit $(-1)^{n} \dot \alpha_{0} r_{0} = \dot \alpha_{0} r_{0}$
Si $n$ est impair, il n’y a pas de mouvement possible : $\dot \alpha_{0} = 0$.
Si $n$ est pair, tout mouvement est possible. Il y a bien $n$ roues distinctes, numérotées de $0$ à $n-1$, ou de $1$ à $n$.
PB n°8 dans les Chantiers n° 97 (Michel Suquet)
Est-ce possible avec 3 cercles de même rayon ?
Dans le numéro précédent, après avoir démontré l’impossibilité d’inscrire 3 cercles de même rayon dans un triangle autre que l’équilatéral, j’avais lancé le défi d’inscrire 3 cercles dans un triangle quelconque en supprimant la contrainte de l’égalité des rayons.
J’avoue honnêtement que je n’avais aucune idée du résultat ni même de la façon d’attaquer cette construction.
Heureusement, toujours en embuscade, Jean Couzineau a découvert le problème de Malfatti de derrière les fagots puisqu’il date de 1803 dont l’auteur a donné une solution analytique, et il a fallu attendre 1826 pour avoir une construction à la règle et au compas de Steiner, plus connu pour ses travaux sur les constructions à la règle seule.
Vous trouverez tous les détails de cette invention sur le site fort riche de Patrice Debart que j’ai découvert à cette occasion.
Par contre cette construction est totalement parachutée, sans vraiment de justification et contenant même une erreur. C’est pourquoi je me suis résolu à en faire une nouvelle version, plus « pédagogique »…
En fait tout repose sur la construction de la deuxième tangente commune à deux cercles extérieurs connaissant la première.
Construction 1
En supposant connue une tangente commune $(U_2U’_1)$ passant par $U$, intersection avec $(O_1O_2)$, la seconde tangente s’obtient par symétrie par rapport à la droite des centres.
La perpendiculaire en $U$ à $(I_1I_2)$ sera la tangente commune à tous les cercles centrés sur $(I_1I_2)$ et passant par $U$ donc l’axe radical de deux d’entre eux.
Élémentaire non ?
Pour rester fidèle à une méthode éprouvée : supposons le problème résolu…
Nous aurions alors (en bleu) le triangle $ABC$ et ses 3 bissectrices $(AA’)$, $(BB’)$ et $(CC’)$ sécantes en $I$ et (en rouge) les 3 cercles cherchés , de centres $O_1$, $O_2$ et $O_3$ sur les bissectrices.
Ces 3 cercles sont sécants entre eux en $E$, $F$ et $G$ et les 3 tangentes communes ou axes radicaux $(MN)$, $(RS)$ et $(PQ)$ se coupent en $L$ centre radical des 3 cercles.
Les 3 axes radicaux et les 3 bissectrices se coupent respectivement en $U$, $V$ et $T$ qui vont jouer un certain rôle dans la construction cherchée car ils semblent être les points de tangence des cercles inscrits dans les triangles $IAB$, $ IBC$ et $ ICA$.
Non, ce n’est pas de la voyance dans le marc de café mais une étude patiente de la figure avec l’aide de GeoGebra (bien utile ici…) qui s’est affirmé comme un allié précieux pour valider ou rejeter des hypothèses…
Revenons donc au point de départ de la construction :
Nous avons le triangle $ABC$, ses bissectrices sécantes en $I$ et les 3 cercles inscrits dans les triangles $ IAB$, $ IBC$ et $ ICA$ qui semblent tangents entre eux deux à deux aux points $U$, $V$ et $C$.
J’ai bien dit qui semblent car en zoomant beaucoup sur le point U par exemple…
...on s’aperçoit que la bissectrice $(BB’)$ est tangente aux 2 cercles non pas en un point $U$ mais en deux points $U_1$ et $U_2$, que $U$ est intersection de cette tangente avec la droite $(I_1I_2)$, axe de symétrie de la figure.
En construisant $U’_1$ et $U’_2$, symétriques de $U_1$ et $U_2$ (En fait un seul des deux suffit), on peut tracer (en rouge) la seconde tangente $(SR)$ aux deux cercles et c’est la bissectrice commune à ces deux tangentes qui sera l’axe radical des futurs cercles, comme vu dans la construction 1.
On recommence avec le point $T$ qui nous fournit l’axe radical $(MN)$. Ces deux axes se coupent en $L$ centre radical et $(LV)$ est le dernier axe radical.
Enfin, il reste à construire le cercle de centre $O_1$ par exemple, tangent aux quatre côtés du quadrilatère $APLR$. Pour avoir le centre il suffit de construire la bissectrice de $\widehat{APL}$ (ou celle de $\widehat{ARL}$) qui coupe l’autre bissectrice $(AI)$ en $O_1$ et pour avoir un point du cercle on prend n’importe quelle projection orthogonale de $O_1$ sur un des côtés du quadrilatère.
On fait de même pour les cercles de centre $O_2$ et $O_3$ et on obtient la construction (unique) cherchée.
Le triangle $O_1O_2O_3$ s’appelle le triangle de Malfatti du triangle $ABC$ et vous pourrez vous amuser à démontrer que le cercle passant par $EFG$ est inscrit dans ce triangle.
PB n°9 dans les Chantiers n° 128 (Michel Suquet)
Supposons que $\sqrt{2}$ soit rationnel : il existe donc 2 entiers $m$ et $n$ tels que $\sqrt{2} = \dfrac{m}{n}$ avec $m$ et $n$ premiers entre eux. On a donc $2n^2 =m^2$.
L’écriture décimale d’un carré ne peut se terminer que par 0, 1, 4, 5, 6 ou 9 et l’écriture de son double que par 0, 2 ou 8.
Comme $2n^2 =m^2$ l’écriture de $m^2$ (et par conséquent celle de $m$) ne peut se terminer que par 0. Si l’écriture de $2n^2$ se termine par 0, celle de $n^2$ (et donc celle de $n$) se termine par 0 ou 5.
Ce qui montre que $m$ et $n$ sont divisibles par 5 et cela conduit à une contradiction avec $m$ et $n$ premiers entre eux.
N.D.L.R. : on pourrait penser faire cette démonstration dans d’autres bases que la base 10, notamment la plus simple : la base 2. Malheureusement cela ne fonctionne pas. En effet l’écriture en base 2 d’un carré ne peut se terminer que par 0 ou 1 et l’écriture de son double que par 0. Comme $2n^2 =m^2$, l’écriture de $m^2$ (et par conséquent celle de $m$) ne peut se terminer que par 0. Si l’écriture de $2n^2$ se termine par 0, celle de $n^2$ (et donc celle de $n$) se termine par 0 ou 1 donc on ne peut relever aucune contradiction… (tout au moins avec ce même raisonnement simple, car on pourrait toujours faire une parodie de la démonstration grecque basée sur le pair et l’impair).
Par contre cela marche très bien en base 3 : l’écriture en base 3 d’un carré ne peut se terminer que par 0 ou 1 et l’écriture de son double que par 0 ou 2. Comme $2n^2 =m^2$ l’écriture de $m^2$ (et par conséquent celle de $m$) ne peut se terminer que par 0. Si l’écriture de $2n^2$ se termine par 0, celle de $n^2$ (et donc celle de $n$) se termine par 0. Ce qui montre que $m$ et $n$ sont divisibles par 3, ce qui apporte une contradiction à l’hypothèse $m$ et $n$ premiers entre eux.
À partir de là, c’est parti : les mathématiques « expérimentales » prouvent que ce n’est pas possible d’utiliser cette démonstration dans les bases 2, 7, 14, 17, 23, 31, 34… Y aurait-il une loi ? Qui a envie de continuer ?
Eh bien, il y en a eu un qui a eu envie, et qui a trouvé la loi… Évidemment, pour le lire, il faut à notre tour avoir envie de se frotter aux résidus quadratiques !
solution de Pierre Delezoïde
L’objectif est de déterminer l’ensemble $B$ des entiers $b \gt 1$ tels que modulo $b$ l’équation $ n^{2}=2m^{2} $ n’a pas de solutions en nombres entiers $n,m$ premiers entre eux.
Pour chacun de ces nombres $b$ on a une preuve du fait que $2$ n’est pas le carré d’un nombre rationnel.
Résidus quadratiques
Montrons que $b$ est dans $B$ si et seulement si $2$ est un résidu quadratique modulo $b$, c’est-à-dire si et seulement s’il existe un entier $x$ tel que $x^{2}= 2$ modulo $b$.
La condition est suffisante car $1,x$ sont premiers entre eux.
Réciproquement supposons $n^{2}= 2 m^{2}+kb$, où $n,m$ sont des entiers premiers entre eux.
Les entiers $m,b$ n’ont pas de diviseur premier commun $p$, sinon $p$ diviserait aussi $n$, ce qui est contraire à l’hypothèse, donc $m,b$ sont premiers entre eux.
Ainsi, d’après l’identité de Bézout (ou Bachet), il existe deux entiers $u,v$ tels que $um+vb= 1$. Et donc, modulo $b$, $u^{2} n^{2 } =2 u^{2}m^{2}= 2$, ce qui prouve que $2$ est un résidu quadratique modulo $b$.
Factorisation de la base
Montrons que si $a,b$ sont des entiers naturels $>1$ premiers entre eux, $2$ est un carré modulo $ab$ si et seulement si $2$ est un carré modulo $a$ et modulo $b$.
Si $ab$ divise $x^{2}-2$ alors $a$ et $b$ divisent $x^{2}-2$.
Réciproquement, si $x^{2}= 2$ modulo $a$ et $y^{2}= 2$ modulo $b$, comme $a, b$ sont premiers entre eux, d’après le théorème chinois il existe un entier $z$ qui soit congru à $x$ modulo $a$ et à $y$ modulo $b$.
Donc $z^{2} =2$ modulo $a$ et aussi modulo $b$ ; $a$ et $b$ divisent $z^{2}-2$ donc $ab$ divise $z^{2}-2$ ($a,b$ premiers entre eux).
On en déduit que $b$ est dans $B$ si et seulement si au moins un facteur primaire de $b$ est dans $B$.
La puissance de $2$
Il est clair que $2$ est un carré modulo $2$, mais ce n’est pas un carré modulo $2^{r}$ avec $r\ge 2$, en effet si $2=x^{2}+4 k$, $x$ doit être pair, $x=2y$ donc $1=2y^{2}+2k$ ce qui est impossible.
Donc si $r \gt 1, 2^{r}\in B$ et $2\notin B$.
Les puissances de $p$ premier impair
Il est évident que si $2$ est un carré modulo $p^{r}$ alors $2$ est un carré modulo $p$, mais la réciproque est vraie.
Supposons $x^{2}= 2+\mu p$ et supposons avoir trouvé $y_{r}$ tel que $y_{r}^{2}= 2+\mu_{r} p^{r}$, ce qui est vrai pour $r=1$.
On cherche $y_{r+1}$ sous la forme $y_{r}+\lambda p^{r}$.
On obtient $y_{r+1}^{2} = y_{r}^{2}+2y_{r} \lambda p^{r}+\lambda^{2} p^{2r} = 2+\mu_{r} p^{r}+2y_{r} \lambda p^{r}+\lambda^{2} p^{2r}$
On remarque que $p^{r+1}$ divise $p^{2r}$.
Par conséquent $y_{r+1}^{2} =2$ modulo $p^{r+1}$ si et seulement si $p$ divise $\mu_{r}+2y_{r}\lambda$.
Comme $y_{r}$ n’est pas divisible par $p$ (sinon $2$ le serait) et que $2$ n’est pas non plus divisible par $p$, $2y_{r}$ est premier avec $p$, donc inversible modulo $p$, ce qui assure l’existence de $\lambda$.
On peut remarquer que si $p= 2k-1$, alors $k$ est l’inverse de $2$ modulo $p$ et comme $kx^{2}= 1$, $kx$ est l’inverse de $x$. On voit aussi que $x=y_{r}$ modulo $p$, donc $k^{2}x$ est l’inverse de $2y_{r}$ modulo $p$.
Modulo $p$ premier impair
La seconde loi complémentaire dans la loi de réciprocité quadratique indique que $2$ est un carré modulo $p$ si et seulement si $\dfrac {p^{2}-1} 8$ est pair.
En posant $p=2k-1$, $\dfrac {p^{2}-1} 8=\dfrac {k(k-1)} 2$.
Conclusion
Les entiers $ \gt 1$ qui ne sont pas dans $B$ sont les entiers non divisibles par $4$ et dont tous les diviseurs premiers impairs $p=2k-1$ sont tels que $k(k-1)$ est multiple de $4$, c’est-à-dire $k$ est congru à $0$ ou $1$ modulo $4$.
On retrouve les entiers $2,7,14,23,31,34$, le suivant étant $46 = 2 \times 23$ avec $23 = 2\times 12-1$. On remarque effectivement $18^{2}= 2+7\times 46$.
La fin des énigmes ?
Ainsi se termine le scandale qui durait depuis trop longtemps avec la résolution des problèmes publiés dans Les Chantiers depuis les origines et non résolus.
Merci à tous ceux qui y ont participé.
Avec le sentiment du devoir accompli, je vous souhaite un joyeux Noël 2019 (mais ça va être dur...) et une meilleure année 2020 (sera-ce plus facile ?).
Ah ! Je viens de voir que Dominique Souder nous donne du fil à retordre avec de la mathémagie et des années non bissextiles. Mais vous avez tout 2020 pour résoudre ce problème.
La Régionale Île-de-France APMEP, 26 rue Duméril, 75013 PARIS