Au moins 6 ...

freddy · 09-05-2012 18:27:16

Re,

preuve pour n = 4 points.

Soit ABC le triangle isocèle de base BC, dont la longueur est égale à p, un entier pair quelconque et les côtés AB et AC ont pour longueur commune 2p.

Sur le côté AB, posont le point D tel que \(\displaystyle BD = \frac{p}{2}\) C'est toujours un nombre entier.

On sait qu'alors, la longueur de \(\displaystyle AD = \frac{3p}{2}\) et que la longueur de CD = p

Par conséquent, on a bien une distance divisible par 3, celle qui sépare les points A et D.

Up to you !

Dernière modification par freddy (09-05-2012 18:37:41)

AmiDeGolgup · 10-05-2012 14:29:29

Bonjour,

Il me semble que CD ne peut être égal à p (un dessin suffit pour s'en convaincre). En effet D est sur AB et donc n'est pas sur le cercle de centre C et de rayon p.
De plus en disant que c'est une preuve tu sous-entends que toutes les configurations de quatre points à distances entières sont de cette forme, ce qui je pense n'est pas le cas.

freddy · 10-05-2012 17:16:37

Salut,

fais le dessin, tu verras que c'est bon.

Golgup · 10-05-2012 21:28:17

hi!

En effet D est sur AB et donc n'est pas sur le cercle de centre C et de rayon p

t’étais pas sûr!?

dans le repere d'origine c , le point d a pour coordonnées \(\displaystyle \left(\frac{7p}{8},\frac{\sqrt{15}p}{8}\right)\) et vérifie bien \(\displaystyle \frac{p+x}{p-x}=15\) qui est une condition d’appartenance au cercle en question.

jpp · 10-05-2012 21:55:56

salut.

en utilisant 2 triplets primitifs de Pythagores 3,4,5 & 5,12,13 je place 11 points comme ceci:

(-144,0),(-80,0),(-45,0),(-25,0),(0,0),(25,0),(45,0),(80,0),(144,0) sur l'axe des xx et (0,60),(0,-60) sur l'axe des yy.

on peut placer 4 points en traçant un triangle équilatéralABC de coté 112 et un point O à l'intérieur de sorte que:

AO + 73 , BO = 65 & CO = 57 .

à plus.

Dernière modification par jpp (11-05-2012 05:49:51)

freddy · 10-05-2012 22:37:55

Salut,

9 ou 10 points ? Et combien de distance divisible par 3 ?

Golgup · 11-05-2012 17:07:34

Bonjour

Si jamais, on a une preuve pour n=4 dans le cas ou les points forment un parallélogramme . Je ne sais pas si ça vous intéresse.

@+

jpp · 12-05-2012 18:18:30

salut.

@totomm.

ou as tu vu au post@23 que j'avais écrit : \(\displaystyle \cos\theta \equiv1\mod3\) ?

c'est le numérateur de ma fraction qui est equivalent à 1 (modulo 3) . ce n'est pas tout à fait la meme chose.

\(\displaystyle \Rightarrow\begin{cases}\cos\theta&=&\frac{b^2+c^2-BC^2}{2bc}&=&\frac{d.x}{2.b.c.d}&\equiv&\frac{1+1-1\mod3}{2.b.c.d}&\equiv&\frac{1\mod3}{2bcd}\\\cos\gamma&=&\frac{c^2+d^2-CD^2}{2.c.d}&=&\frac{b.y}{2.b.c.d}&\equiv&\frac{1+1-1\mod3}{2.b.c.d}&\equiv&\frac{1\mod3}{2bcd}\\\cos(\theta+\gamma)&=&\frac{b^2+d^2-BD^2}{2.b.d}&=&\frac{c.z}{2.b.c.d}&\equiv&\frac{1+1-1\mod3}{2.b.c.d}&\equiv&\frac{1\mod3}{2bcd}\end{cases}\)

à plus.

totomm · 13-05-2012 13:32:40

Bonjour,

jpp a écrit :

@totomm : ou as tu vu au post@23 que j'avais écrit : cosθ≡1mod3 ?

Ce n'est pas ce que j'ai écrit, et je n'ai fait que poser une question :

totomm a écrit :

@jpp : Si vous placez 4 points avec, par exemple, \(\displaystyle 0<\gamma <\frac{\pi}{2} \ et \ 0<\theta <\frac{\pi}{2}-\gamma\)
il est assez évident que vous ne pouvez avoir: \(\displaystyle \cos({\gamma})\mod{3}\equiv\ \ \cos({\theta})\mod{3}\equiv\ \ \cos({\gamma+\theta})\mod{3}\)
Il y a donc une absurdité dès que vous posez ces 3 cosinus...??

et c'était pour ne pas me lancer dans le long développement qui suivait...

Cordialement

freddy · 14-05-2012 23:49:14

Bonsoir,

l'idée générale est, je pense et comme jpp l'a pressenti, d'utiliser les triplets pythagoriciens de la manière suivante.

En prenant un point fixe qui sera l'origine O d'un repère orthonormé, on utilise les symétries axiales des droites perpendiculaires (Ox) et (Oy).

En trouvant 4 points supplémentaires, par symétrie, on en construit 4 autres et on en a donc 8+1 points comme demandé.

On sait qu'en choisissant p et q, deux entiers premiers entre eux (soit tq leur pgcd =1) vérifiant \(\displaystyle p > q\) et q pair - pour que a et c soient impairs - alors les entiers \(\displaystyle a=p^2-q^2\) , \(\displaystyle b=2pq\) et \(\displaystyle c=p^2+q^2\) sont pythagoriciens primaires, i. e vérifiant l'équation irréductible \(\displaystyle a^2+b^2=c^2\) .

On se donne ainsi (a,b,c) , (a',b',c') et (a", b", c").

Le second point aura alors pour abscisse commune \(\displaystyle x= PPCM(a,a',a")\) et 0 pour ordonnée.

Partant, on construit dans le plan les points \(\displaystyle A(x,0)\) , \(\displaystyle B(0,y=b\times \frac{x}{a})\) , \(\displaystyle C(0,y'=b'\times \frac{x}{a'})\) et \(\displaystyle D(0,y"=b"\times \frac{x}{a"})\) .

Les 4 points supplémentaires sont \(\displaystyle A'(-x,0)\) , \(\displaystyle B'(0,-y)\) , \(\displaystyle C'(0,-y')\) et \(\displaystyle D'(0,-y")\) complètent les points cherchés. On vérifie que toutes les distances sont bien entières.

Il reste deux choses à faire : montrer la divisibilité par 3 d'au moins 6 distances et prouver que cette construction est la seule respectant la contrainte de distance entière.

(...)

freddy · 15-05-2012 14:48:30

Re,

en fait, les a, a' et a" sont des multiples de 3 tq construits, et il faut mutualiser les b, b' et b" en calculant leur PPCM !

par symétrie, donc au moins 6 !

Dernière modification par freddy (15-05-2012 14:48:46)

totomm · 15-05-2012 20:51:21

Bonsoir,

@freddy : Pour un exemple, regardez donc ce qui est dit au post #12

Puis quand vous dites :" Il reste deux choses à faire : ... et prouver que cette construction est la seule respectant la contrainte de distance entière. " regardez donc le post #14 qui doit pouvoir s'étendre à d'autres axes dont le cosinus de l'angle des axes est rationnel !

Reste effectivement à trouver de bonnes démonstrations au-delà de ces exemples...

Cordialement

freddy · 16-05-2012 05:14:45

Re,

donc, en tenant compte du fait qu'on choisit p et q premiers entre eux, cela signifie que p et q ne peuvent pas être congru à 0 modulo 3 simultanément.

Par ailleurs, on sait que \(\displaystyle n \equiv 2 \pmod 3 \Rightarrow n^2 \equiv 1 \pmod 3\) . Ceci permet d'écrire :

si \(\displaystyle q \equiv 0 \pmod 3\) alors la distance b est divisible par trois, et par construction, les trois autres. Total : 8.

si \(\displaystyle q \equiv 1 ou 2 \pmod 3\) et \(\displaystyle p \equiv 1 ou 2 \pmod 3\) alors \(\displaystyle p^2 et q^2 \equiv 1 \pmod 3\) de sorte que les distances a sont divisibles par 3, soit 6 au total.

Par suite, on peut construire progressivement 4, puis 5, 6, 7 ... points de proche en proche et être sûr qu'il y a au moins une distance sur 6 divisible par 3.

Pour l'unicité de la construction, c'est assez facile à voir, puisque peu probable d'avoir dans une même construction avec un côté de longueur constante un angle variable dont le cosinus serait par chance toujours égal à un nombre rationnel. Une preuve s'impose tout de même.

(...)

totomm · 16-05-2012 11:01:12

Bonjour,

Il ne s'agit pas de mettre en cause la "démonstration", mais d'étendre la construction de 9 points sur des droites qui ne sont plus perpendiculaires, qui ne permettent donc plus "la symétrie axiale" et qui , donc, généralisent la construction dans le plan…
ET NON PAS :

freddy a écrit :

Pour l'unicité de la construction, c'est assez facile à voir, puisque peu probable d'avoir dans une même construction avec un côté de longueur constante un angle variable dont le cosinus serait par chance toujours égal à un nombre rationnel.

Exemple : sur une droite D1, soit le segment OA=74. Sur une droite D2 passant par O et faisant avec D1 un angle \(\displaystyle \theta \ tel \ que \cos\theta=\frac{11}{37} \ (rationnel \ choisi \ au \ hasard)\) ,
alors on trouve au moins 9 points distants de 0 de :
15 29 44 50 84 105 114 170 224
et respectivement distants de A de :
71 71 74 76 94 109 116 164 214 (calculs exacts sur des entiers)

Si l'on ne conserve que les 2 points O, A, et les 7 distants de 29 à170 de O sur D2, il y a 12 distances divisibles par 3 et 24 non divisibles sur les 36 distances des points pris 2 à 2.

Les distances ne sont plus des "triplets pythagoriciens"
et peut-être y a-t-il encore bien d'autres constructions possibles dans le plan ?

Cordialement

freddy · 16-05-2012 19:40:44

Salut,

comme d'habitude, tu ne démontres rien, mais fais tourner ton cerveau et ordinateur. Perso, ça ne me convient toujours pas. Tu vois pourquoi ?

totomm · 18-05-2012 14:58:00

Bonjour,

Ne faut-il pas chercher des contre-exemples ou des extensions quand une démonstration est très partielle ?

Les points peuvent-ils être sommets de triangles quelconques, même quand les cotés ont des longueurs mesurées en nombres entiers ?
et quand les cotés ne sont pas des triplets pythagoriciens ?

Quelques exemples encore :
un triangle dont les cotés ont pour longueurs :26, 30, 32 a un point intérieur dont les distances aux 3 sommets sont 15,18,19
un triangle dont les cotés ont pour longueurs :30, 31, 37 a un point intérieur dont les distances aux 3 sommets sont 13, 20, 26

un triangle dont les cotés ont pour longueurs : 9, 11, 13 a un point extérieur dont les distances aux 3 sommets sont 17, 24, 27
un triangle dont les cotés ont pour longueurs :13, 15, 16 a un point extérieur dont les distances aux 3 sommets sont 19, 25, 32
De plus pour cette dernière figure, les diagonales se coupent en segments entiers : 6+10 et 12+20.

Reste donc à généraliser ce qui n'est certainement qu'un début facile de démonstration...

Cordialement

freddy · 18-05-2012 18:33:24

Salut,

c'est bien de mettre ces éléments en évidence. Toutefois, le vrai travail est de trouver le lien logique profond qui les unit, le principe fondateur.

Comme je n'ai pas fait cette recherche, je ne sais comment tu as fait (hormis bien sûr concevoir le programme de recherche).

On demande de montrer un résultat valable pour tout nombre de 4 points et plus. Tu as donc beaucoup de travail sur la planche.

Bon courage !

Golgup · 18-05-2012 19:37:39

cf 32#

freddy · 18-05-2012 21:28:32

Golgup a écrit :

cf 32#

Salut l'ami,

tu veux dire que "mes" losanges ne seraient qu'un cas particulier, et les parallélogrammes le cas général ?

Si oui, ce serait très intéressant.

Tu confirmes ?

totomm · 19-05-2012 16:25:23

Bonjour,

Pour satisfaire freddy je vais donner (essayer…) une démonstration simple pour toutes les configurations qui comportent des points alignés et un seul point hors de la droite commune. Genre exemple du post #39

Je ne me lancerai pas dans une démonstration dans le cas général où les points sont éparpillés dans le plan.
J'ai montré au post #41 qu'il existait 4 points non alignés 2 à 2 pouvant former soit un triangle avec un point intérieur, soit un quadrilatère. A freddy de dire s'il est possible d'en trouver 9...

Soient donc, dans le plan, 2 points O et A distants de a, nombre entier, et une droite D1 passant par O faisant un angle \(\displaystyle \theta\) avec la droite OA.
On considère sur la droite D1 des points B_i dont la distance b_i au point O et la distance c_i au point A sont des nombres entiers. Prenons 4 triangles formés par les points O, A, B_i et B_j dont tous les cotés sont des nombres entiers :
En m'inspirant de la technique Modulo 3 utilisée par jpp, je vais démontrer qu'au moins UN des 6 cotés est divisible par 3, même si aucun des entiers a, b_i, b_j, c_i, c_j ne l'est. En effet facilement :
\(\displaystyle 2ab_icos\theta = 3k_i+1 \ et \ 2ab_jcos\theta = 3k_j+1\)

donc \(\displaystyle \frac{b_j}{b_i}=\frac{3k_j+1}{3k_i+1}\)

d'où \(\displaystyle \frac{b_j-b_i}{b_i}= \frac{3(k_j-k_i)}{3k_i+1}\) ce qui démontre que le coté \(\displaystyle B_iB_j\) a une longueur divisible par 3

Cordialement

mdification \(\displaystyle b_j\) au lieu de \(\displaystyle bj\)

Dernière modification par totomm (20-05-2012 15:27:51)

freddy · 20-05-2012 23:26:45

Salut,

comment être sûr que \(\displaystyle 2ab_icos\theta=3k_i+1\) ? Pourquoi pas \(\displaystyle 2ab_icos\theta=3k_i+2\) ? Idem pour j !

totomn a écrit :

A freddy de dire s'il est possible d'en trouver 9...

Ah bon, pourquoi avoir la charge de cette preuve ?

totomm · 21-05-2012 10:12:58

Bonjour,

@ freddy : Je m'attendais à la question :

totomm post #45 a écrit :

Soient donc, dans le plan, 2 points O et A distants de a, nombre entier, et une droite D1 passant par O faisant un angle \(\displaystyle \theta\) avec la droite OA.
On considère sur la droite D1 des points \(\displaystyle B_i\) dont la distance \(\displaystyle b_i\) au point O et la distance \(\displaystyle c_i\) au point A sont des nombres entiers. Prenons 4 triangles formés par les points O, A, \(\displaystyle B_i\) et \(\displaystyle B_j\) dont tous les cotés sont des nombres entiers :

donc \(\displaystyle c_i^2=a^2+b_i^2-2ab_i\cos\theta \ \Rightarrow \ 2ab_i\cos\theta = a^2+b_i^2- c_i^2 \)
et \(\displaystyle (a^2+b_i^2- c_i^2) \pmod 3 \equiv 1+1-1=1\) comme l'a bien souligné jpp (post #23)

on a donc bien : \(\displaystyle 2ab_icos\theta = 3k_i+1 \ et \ 2ab_jcos\theta = 3k_j+1\)

Pourquoi serait-ce à freddy de dire s'il est possible d'en trouver 9...(non alignés) parce que :

freddy post #1 a écrit :

On considère 9 points distincts disposés sur un plan tels que la distance de chaque point par rapport à un autre soit un nombre entier.

Cordialement

freddy · 21-05-2012 14:40:11

Salut,

heu, comment sais tu que chaque entier est congru à 1 ou 2 modulo 3 ? dans Z/3Z, il y a aussi 0, non ?

Pire : tu multiplies trois entiers par un angle dont le cosinus peut être un réel non rationnel, non ? Comment tout cela fonctionne t-il ? Si tu donnais tout le raisonnement d'un coup, ce serait mieux pour suivre, et pas attendre des questions pour y répondre, sachant qu'on les poserait ?

Sinon, j'ai donné plus haut la méthode pour construire 9 points non alignés dans le plan, et j'ai montré comment la preuve se généralisait pour tout nombre de points au moins égal à 4.

Peux tu faire mieux ?

Dernière modification par freddy (21-05-2012 14:43:11)

totomm · 21-05-2012 17:16:07

Bonsoir,

Bien relire toutes les hypothèses énoncées au post #45 peut éviter une polémique superflue !

Cordialement

freddy · 02-06-2012 08:43:16

Salut,

ci après une élégante solution, comme je les aime. Merci à JeanGui et Philou.

Une solution parmi d'autres

Remarque liminaire

Si la longueur d'un segment du plan avec des sommets sur le quadrillage est un nombre entier, en notant \(\displaystyle X_1,\, Y_1,\, X_2,\, Y_2\) les coordonnées des deux extrémités, la longueur du segment est égale à

\(\displaystyle L_{1,2}=\sqrt{(X_2-X_1)^2+ (Y_2-Y_1)^2}\) .

Sans chercher à énoncer toutes les conditions nécessaires pour obtenir une mesure entière, on se contente d'observer la congruence modulo 3 de ces grandeurs.

On sait que \(\displaystyle L_{1,2}^2\) est congru à 0 ou 1 modulo 3, mais jamais à 2 [3].

On en déduit donc qu'au moins un des couples \(\displaystyle X_2-X_1,\,Y_2-Y_1\) est multiple de 3.

Démonstration pour 4 points

Considérons un ensemble de 4 points de coordonnées : \(\displaystyle (X_1,\, Y_1),\;( X_2,\, Y_2),\;( X_3,\, Y_3),\; (X_4,\, Y_4) \) et supposons qu'il y ait au moins un couple \(\displaystyle (X_i-X_j)\) ou \(\displaystyle (Y_i-Y_j)\) non multiple de 3 (sinon tous les segments seraient des multiples de 3).

Sans perte de généralité, on suppose qu'il s'agit de \(\displaystyle X_2-X_1\) .

On remarque également que :

soit une des longueurs \(\displaystyle X_3-X_1,\; X_4 - X_1\) est multiple de 3

soit un des couples \(\displaystyle X_3-X_1,\; X_4 -X_1\) a la même congruence modulo 3 que \(\displaystyle X_2 -X_1\) ,

donc au moins une des longueurs \(\displaystyle X_3-X_2,\; X_4 -X_2\) est multiple de 3.

Donc, et toujours sans perte de généralité, on a trois points tels que \(\displaystyle X_2 -X_1\) et \(\displaystyle X_3-X_1\) non multiples de 3 et \(\displaystyle X_3-X_2\) multiple de 3.

Selon la remarque liminaire, on sait donc que \(\displaystyle Y_2 -Y_1\) et \(\displaystyle Y_3-Y_1\) sont multiples de 3 et donc
que \(\displaystyle Y_3-Y_2\) l'est aussi.

Le segment 2-3 est donc de longueur multiple de 3.

Ainsi, pour chaque ensemble de 4 points, on a au moins un segment de longueur multiple de 3.

Généralisation à n > 3 points

Pour un ensemble de n > 3 points, on a \(\displaystyle \binom{n}{4}\) groupes de 4 points qui ont au moins un segment de longueur multiple de 3.

Un tel segment est commun avec d'autres groupes de 4 points, au nombre de \(\displaystyle \binom{n-2}{2}\) .

On a donc au minimum \(\displaystyle \binom{n}{4}/\binom{n-2}{2}=\frac{n(n-1)}{12}\) segments multiples de 3 pour \(\displaystyle \binom{n}{2}=\frac{n(n-1)}{2}\) segments au total, soit au minimum un segment sur 6 !

Pour un ensemble de 9 points, il y a 36 distances possibles et donc au minimum 6 de longueur multiple de 3.

CONCLUSION
Comme se plait à répéter à l'envi yoshi, "science sans conscience n'est que ruine de l'âme".
C'est un peu la dérive dans laquelle certains tombent en calculant tout et n'importe quoi sans chercher à réfléchir plus avant au préalable.

Dernière modification par freddy (02-06-2012 08:50:13)

Forum de mathématiques - Bibm@th.net

#26 09-05-2012 18:27:16

Re : Au moins 6 ...

#27 10-05-2012 14:29:29

Re : Au moins 6 ...

#28 10-05-2012 17:16:37

Re : Au moins 6 ...

#29 10-05-2012 21:28:17

Re : Au moins 6 ...

#30 10-05-2012 21:55:56

Re : Au moins 6 ...

#31 10-05-2012 22:37:55

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#32 11-05-2012 17:07:34

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#33 12-05-2012 18:18:30

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#34 13-05-2012 13:32:40

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#35 14-05-2012 23:49:14

Re : Au moins 6 ...

#36 15-05-2012 14:48:30

Re : Au moins 6 ...

#37 15-05-2012 20:51:21

Re : Au moins 6 ...

#38 16-05-2012 05:14:45

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#39 16-05-2012 11:01:12

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#40 16-05-2012 19:40:44

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