Un défi par semaine

Avril 2015, 2e défi

El 10 abril 2015  - Escrito por  Ana Rechtman Ver los comentarios (10)
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Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique 2015 chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Semaine 15 :

Trouver le plus petit nombre premier $p>2$ tel que $p^3+7p^2$ soit un carré.

Solution du 1er défi d’Avril :

Enoncé

La réponse est $\frac{3}{4}$.

Soient $A,B$ et $C$ ces trois points et $O$ le centre du cercle. Sans perte de généralité, supposons que le point $A$ est à l’extrémité droite du cercle. Plaçons le point $B$ sur $A$ et déplaçons-le sur le cercle dans le sens inverse des aiguilles d’une montre : pour chaque position du point $B$, il est alors possible de définir la zone où doit se trouver le point $C$ pour que les trois points appartiennent à un même demi-cercle.

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Dans la suite, mesurons les angles dans le sens inverse des aiguilles d’une montre et notons $x$ l’angle $\widehat{AOB.}$ Supposons que $x\le180^\circ$ et notons $A'$ et $B'$ les points diamétralement opposés à $A$ et $B$ respectivement. Il y a trois cas possibles pour le point $C$ :

  • soit $\widehat{AOC}\le180^\circ$ et alors les points $A,B$ et $C$ appartiennent au demi-cercle supérieur d’extrémités $A$ et $A'$;
  • soit $180^\circ+x\le\widehat{AOC}< 360^\circ$ et alors les points $A,B$ et $C$ appartiennent au demi-cercle contenant $C$ d’extrémités $B'$ et $B$;
  • soit $180^\circ<\widehat{AOC}<180^\circ+x$ et alors $\widehat{AOB}+\widehat{BOC}>180^\circ$. Comme $\widehat{COA}+\widehat{AOC}=360^\circ$, on a aussi $\widehat{COA}+\widehat{AOB}>180^\circ$. Les trois points $A,B$ et $C$ ne peuvent donc appartenir à un même demi-cercle.

Observons que lorsque le point $B$ est diamétralement opposé au point $A$, peu importe où se situe le point $C$, ces trois points appartiennent à un même demi-cercle.

Lorsque $x\ge180^\circ$ on montre de la même manière que si $0\le\widehat{AOC}\le x-180^\circ$ ou $180^\circ\le\widehat{AOC}\le360^\circ$, alors les trois points $A,B$ et $C$ sont sur un même demi-cercle.

Représentons cela sur un carré où la mesure de l’angle $\widehat{AOB}$ est placée horizontalement et celle de l’angle $\widehat{AOC}$ est placée verticalement. La partie coloriée représente les valeurs des angles pour lesquelles les trois points appartiennent à un même demi-cercle.

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Par conséquent, la probabilité que les trois points soient sur un même demi-cercle est égale à la proportion de la partie coloriée dans le carré, c’est-à-dire $\frac{6}{8}=\frac{3}{4}$.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2015 - Sous la direction d’Ana Rechtman Bulajich, Anne Alberro Semerena, Radmilla Bulajich Manfrino - Textes : Ian Stewart.
2014, Presses universitaires de Strasbourg. Tous droits réservés.

Article édité par Ana Rechtman

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Para citar este artículo:

Ana Rechtman — «Avril 2015, 2e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2015

Créditos de las imágenes:

Imagen de portada - Daniela Kunze / Flora Press / BIOSPHOTO

Comentario sobre el artículo

  • Avril 2015, 2ème défi

    le 10 de abril de 2015 à 08:25, par André Perrenoud

    Le plus petit nombre est p=29.

    29^2 *(29+7) = (29*6)^2

    Le nombre suivant est 137

    Bonne journée

    Répondre à ce message
    • Avril 2015, 2ème défi

      le 10 de abril de 2015 à 17:31, par ROUX

      Je trouve plus petit avec p=9.
      Et le suivant est 18.
      Non? Parce que puisque p+7 doit être un carré, pourquoi commencer tout de suite à 36 et ne pas commencer à 16 qu’on fait suivre de 25?

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      • Avril 2015, 2ème défi

        le 10 de abril de 2015 à 18:04, par gedspilett

        Bonjour

        9 n’est pas premier !!!!!!

        Répondre à ce message
        • Avril 2015, 2ème défi

          le 10 de abril de 2015 à 18:08, par ROUX

          J’avais pas tout lu...

          Répondre à ce message
        • Avril 2015, 2ème défi

          le 11 de abril de 2015 à 12:23, par ROUX

          Donc, ok, mais, l’instant mathématique était de découvrir qu’il suffisait que (p+7) soit un carré.

          La contrainte de la primalité de p ne servait à rien du tout pour se faire plaisir dans ce défi...

          Répondre à ce message
          • Avril 2015, 2ème défi

            le 27 de abril de 2015 à 17:58, par Bobo

            Bonjour,

            C’est justement ce qui me semble être le plus compliqué dans ce défi... Qui n’est pas expliqué dans la solution.
            Quelqu’un peut m’éclairer? Pourquoi il suffit que (p+7) soit un carré?

            Merci!

            Répondre à ce message
            • Avril 2015, 2ème défi

              le 27 de abril de 2015 à 18:16, par André Perrenoud

              Soit N le nombre cherché.

              D’après l’énoncé, il faut que N = p^3 + 7*p^2

              En factorisant: N = (p+7)* p^2

              Si (p+7) est un carré, on peut écrire p+7 = m^2 avec m entier

              Donc N = m^2 *p^2 = (m*p)^2 est un carré.

              Répondre à ce message
              • Avril 2015, 2ème défi

                le 28 de abril de 2015 à 09:32, par Bobo

                Merci,

                Sauf erreur de ma part, ceci montre que si (p+7) est un carré, alors N est un carré.

                Mais ne faut-il pas montrer dans notre cas que si N est un carré, alors (p+7) est un carré?

                Répondre à ce message
                • Avril 2015, 2ème défi

                  le 28 de abril de 2015 à 10:24, par André Perrenoud

                  Soit N=n^2 carré parfait avec n entier.

                  n^2 = p^2 * (p+7)

                  (n/p)^2 = p+7

                  (p+7) étant entier, n doit être divisible par p. Donc n/p = m entier et p+7 = m^2

                  En espérant que cette explication soit convaincante.

                  Répondre à ce message
  • Avril 2015, 2ème défi

    le 28 de abril de 2015 à 12:08, par Bobo

    Merci pour cette réponse, c’est bien ce point qui me bloquait:
    (n/p)^2 étant entier, n/p est entier.

    Pardonnez mon manque de connaissances sur le sujet!

    Répondre à ce message

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