Distances d'un point aux 4 sommets d'un carré.
Olympiades mathématiques, énigmes et défis
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aviateur
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par aviateur » 21 Avr 2017, 09:48
Bonjour
Je propose cette énigme....
Soit un point M dans un carré ABCD de côté 1. Les 4 distances AM, BM, CM et DM peuvent-elle
être rationnelles?
Je pense que cela revient à se poser la question suivante: peut-on avoir un carré ABCD
de côté n entier tel que les 4 distances AM, BM, CM et DM sont des entiers.
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Pseuda
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par Pseuda » 21 Avr 2017, 18:19
Bonjour,
Vu Pythagore, on est ramenés aux triplets pythagoriciens... donc oui, il y a des solutions.
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beagle
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par beagle » 21 Avr 2017, 19:18
Pseuda a écrit:Bonjour,
Vu Pythagore, on est ramenés aux triplets pythagoriciens... donc oui, il y a des solutions.
et comment tu les associes pour faire un carré?
L'important est de savoir quoi faire lorsqu'il n' y a rien à faire.
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aviateur
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par aviateur » 21 Avr 2017, 19:39
Bonjour Pseuda
tu vas vite en besogne. Ou alors ma question est mal posée?
Il faut que les quatre distances soit rationnelles (ou entières avec la seconde formulation ).
Personnellement, je conjecture qu'il n'y a pas de solution. J'ai trouvé des solutions avec 3 distances entières mais pas la quatrième (qui est irrationnelle).
Je pense que le problème est très difficile....
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Pseuda
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par Pseuda » 21 Avr 2017, 22:23
Bonsoir,
J'ai été en effet un peu vite. En posant I, J, K et L les projetés orthogonaux de M sur les côtés du carré, on a :
MA²+MC²=MB²+MD²=MI²+MJ²+MK²+ML². En trouvant M tel que cette dernière somme soit un carré de rationnel, on est ramené aux triplets pythagoriciens. On peut partager le côté 1 du carré en nombres rationnels (MI+MK=1 d'une part, et MJ+ML=1 d'autre part), mais rien ne dit qu'on peut le faire avec des triplets pythagoriciens. Bref, c'est une erreur et le sujet a l'air assez complexe en effet.
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Frazaurus
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par Frazaurus » 21 Avr 2020, 13:09
Bonjour,
Je me suis penché sur ce problème depuis hier soir, et si quelqu'un m'aide à trouver trois entiers a,b,c tels que :
a+c ; b+c ; ab ; ac ; bc soient tous des carrés parfaits (la somme a+b n'est pas utile), alors je pense avoir une solution !
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nodgim
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par nodgim » 22 Avr 2020, 09:19
J'ai bien l'impression qu'il n'y a pas de solution.
C'est en fait un peu plus qu'une impression.
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lyceen95
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par lyceen95 » 22 Avr 2020, 16:41
Si a=b=c=2 alors les différents termes a+b, a+c,b+c, ab, ac et bc sont tous des carrés parfaits.
Idem pour a=b=c=8.
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nodgim
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par nodgim » 22 Avr 2020, 18:01
Bon ben voilà.
S'il y a une solution avec des distances rationnelles dans un carré de coté 1, alors il y a une solution avec des distances entières dans un carré à coté entier, c'est sur celui-là qu'on va discuter.
Le point découpe le carré en 4 rectangles à proportions pythagoriciennes. Si toutes les mesures sont paires, on peut se ramener, en ôtant les parités, à un carré dont au moins une mesure de rectangle est impaire, ce qui amène aux dimensions entières du carré : i + p = i' + p', où i i' sont impairs, p et p' pairs. Les 4 rectangles ont pour dimensions : i * p' , i * i', p * p', p * i'. Or la diagonale du rectangle i * i' ne peut être entière, il n'y a pas de triangle pythagoricien dont les 2 cotés de l'angle droit sont impairs. Le carré à coté entier ne peut pas être découpé en rectangles pythagoriciens, donc le carré de coté 1 non plus.
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Baff
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par Baff » 24 Avr 2020, 22:59
Mettons que le point M se situe au milieu de AB. A savoir que AM= BM= 1/2 AB
Jusque là c'est rationnel.
Mais dire que DM= CM c'est réel, là où DM et CM sont la base de deux triangles rectangles identiques de côté AM et BM identique en tout point et du troisième côté AD et CD identiques en longueur.
Je pense que jusque là c'est aussi rationnel, ce sont des égalités fractionnelles et géométriques.
L'égalité où 2x=y (AM+BM= AB)
là où y=z (le côté perpendiculaire commun aux deux triangles)
Et 2x perpendiculaire à z , et x perpendiculaire à z et même égal en longueur(reproduction, identité) à savoir AD=BC
Sachant aussi que CDM est un triangle isocèle.
Les autres équations je vous les laisse, c'est trés trés compliqué, bon amusement...
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