Démonstration de non existence d'un quintuplet d'entiers, avec condition sur les carrés

Swingmustard
Modifié (November 2023) dans Arithmétique
Bonjour,
J'aimerais démontrer qu'il n'existe pas de trapèze isocèle pseudo-carré (= orthodiagonal et équidiagonal) à côtés $a,b,c,b$ et diagonale $e$ tous entiers.

1) Comme l'orthodiagonalité entraîne $a^2+c^2=b^2+b^2$, on a $$c^2=2b^2-a^2$$.
2) L'aire d'un pseudo-carré de côtés $a,b,c,d$ vaut $\dfrac{1}{4}(a^2+c^2+\sqrt{4b^2d^2-(a^2-c^2)^2}$. (Josefsson, Forum Geometricorum.)
Ici, on en tire $\dfrac{1}{2}e^2=\dfrac{1}{4}(2b^2+\sqrt{4b^4-(a^2-2b^2+a^2)^2}$, soit encore $$e^2=b^2+\sqrt{b^4-a^4+2a^2b^2-b^4}$$ $$e^2=b^2+a\sqrt{2b^2-a^2}$$ $$\boxed{(e^2-b^2)^2=a^2(2b^2-a^2)}$$
Exemple : $(a,b,e)=(1,5,4\sqrt2)$ correspond à $7^2=50-1$, pour le trapèze isocèle (et pseudo-carré) de côtés $1,5,7,5$, dont la diagonale $4\sqrt2$ n'est pas entière.
3) J'imagine qu'un peu de dextérité en congruences permet d'obtenir la non existence de tels $a,b,e$ entiers, mais je ne sais pas m'y prendre.
Amicalement,
Swingmustard

Réponses

  • On a $e \sqrt 2=a+c$. Donc, si $a$ et $c$ sont entiers non nuls, $e$ n'est pas entier.
  • $e^2=b^2+ac$, je veux bien. Mais $e\sqrt2=a+c$, pas trop.
  • depasse
    Modifié (November 2023)
    Tu parles de trapèze isocèle, pas seulement de quadrilatère ortho et équi diagonal. Pourquoi j'ai faux ?
  • Swingmustard
    Modifié (November 2023)
    Désolé depasse,
    Soit $E$ qui fait de $ABEC$ un parallélogramme, alors $BDE$ est rectangle isocèle.
    Donc tu as parfaitement raison, et je ne vois pas encore où est le manque d'insistance qui m'a fait passer à côté de cette relation.
    EDIT $e^2=b^2+ac$ entraîne $2e^2=2b^2+2ac=a^2+c^2+2ac=(a+c)^2$ d'où la relation de depasse. EDIT

    À présent, je voudrais élargir la question aux pseudo-carrés "quelconques" (= pas forcément trapèzes).
    Je la reformule.
    Montrer qu'il n'existe pas d'entiers $a,b,c,d,e$ tels que $a,b,c,d$ soient les côtés et $e$ la diagonale d'un pseudo-carré.

    J'ai tenté deux programmes dans le forum de géométrie, en vain.
    En voici un troisième, qui n'a pas plus porté de fruit.
    Amicalement,
    Swingmustard
    p=1 
    q=5000
    import math
    for a in range (p,q): # a = AB 
        for b in range(a,q): # b = BC
            for c in range (p,q): # c = CD
                if a==1000 and b==1000 and c==1:
                   print ("a=",a,"est passé")
                else:   
                    if a==2000 and b==2000 and c==1:
                       print ("a=",a,"est passé")
                    else:
                        if a*a+c*c > b*b:
                           d = (a*a+c*c-b*b)**.5 # d = DA
                           if int(d)==d:
                              d=int(d)
                              #if a!=b and b!=c and b!=d and a!=c: # ABCD assez "quelconque"
                              r = 4*b*b*d*d-(a*a-c*c)*(a*a-c*c) # r est un radicande
                                               #% présent dans la formule d'aire
                              if r>=0:
                                 if int(r**.5)==r**.5:
                                    e = (.5*(a*a+c*c+r**.5))**.5
                                    if abs(int(e)-e)<.1: # donnera des "presque pseudo-carrés". Un vrai a besoin de int(e)==e.
                                       print(a+b+c+d+e+e,a,b,c,d,e,e,"Youhououououou !") 
  • Swingmustard
    Modifié (November 2023)
    Bonsoir,
    Dans le programme précédent ($q=4000$, cinq heures d'exécution), on essaie de trouver
    1) $d=\sqrt{a^2+c^2-b^2}$ entier
    2) $r=4b^2d^2-(a^2-c^2)^2$ tel que $\sqrt{r}$ soit entier aussi
    3) Pour couronner le tout, il faudrait qu'on tombe enfin sur $e=\sqrt{\dfrac{1}{2}\left(a^2+c^2+\sqrt{r}\right)}$ entier.
    Jusqu'ici, seules les deux premières étapes sont parfois franchies. Et à vrai dire, je n'ai aucune idée de l'existence ou non d'un $e$ entier.
    $$\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline
    \text{perimeter-plus } a+b+c+d+2e & \sqrt{r} & e^2&e\\
    \hline
    658.488\approx35+101+149+115+2\times 129.244& 9982 & 16704&24\sqrt{29}\\
    \hline
    1183.63\approx41+181+289+229+2\times 221.815& 13202 &  49202& \sqrt{2\times73\times337}\\
    \hline
    3738.168\approx221+481+899+791+2\times673.084& 49042 &  453042& 3\sqrt{2\times25169}\\
    \hline
    6105.496\approx299+925+1405+1099+2\times1188.748&762818 & 1413122& \sqrt{2\times706561}\\
    \hline
    7611.367\approx85+1339+1939+1405+2\times1421.684&275422& 2021184& 264\sqrt{29}\\
    \hline
    11665.227\approx845+1513+2525+2191+2\times2295.614& 3450034 & 5269842& 3\sqrt{2\times137\times2137}\\
    \hline
    11992.528\approx1015+1241+2759+2665+2\times2156.264& 656642 & 4649474& \sqrt{2\times661\times3517}\\
    \hline
    17069.827\approx709+2759+3995+2975+2\times3315.913 &5527858& 10995282 & 3\sqrt{2\times610849}\\
    \hline
    21602.357\approx1681+2381+4889+4589+2\times4031.178&5772718 &16250400& 60\sqrt{2\times37\times61}\\
    \hline
    37947.648\approx1321+6329+9049+6601+2\times 7323.824 &23647358 & 53638400&1360\sqrt{29}\\
    \hline
    44392.996\approx2509+7081+9901+7361+2\times8770.498&49518382&76921632&12\sqrt{2\times89\times3001}\\
    \hline
    \end{array}$$
    Amicalement,
    Swingmustard
    (Merci AD pour la mise en page !) :)
    [À ton service.  :) AD]
    EDIT Ajout de trois lignes le 6 novembre EDIT
    EDIT 10 novembre. Je viens de tester la convexité des six premiers de la liste : attention, n°2 et n°3 sont concaves EDIT
  • Chaurien
    Modifié (November 2023)
    Juste une remarque qui n'apprendra rien aux pros de la géométrie, mais qui sera peut-être utile à d'autres.
     Soient $A,B,C,D$ des points d'un espace affine, euclidien, dont on note $\overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{v}$ le produit scalaire. Alors : $AB^{2}+CD^{2}-AD^{2}-BC^{2}=2\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{BD}$. 
    Il en résulte : $AC\perp BD\Longleftrightarrow AB^{2}+CD^{2}=AD^{2}+BC^{2}$.
    C'est ce que dit Swingmustard au début de ce fil en affirmant que l'orthogonalité des diagonales entraîne $a^2+c^2=2 b^2$. 
    Imaginons un quadrilatère $ABCD$ formé de quatre tiges rigides $AB,BC,CD,DA$ articulées aux sommets $A,B,C,D$ et qu'on matérialise les diagonales $AD$ et $BC$ par des élastiques. Si ces diagonales sont orthogonales pour une position des côtés, elles le resteront pour toute autre position. J'avais signalé ceci en guise de problème PB 73 dans Le Petit Archimède n° 43-44, décembre 1977, p. 36, solution dans le n° 45-46, février 1978, p. 45,
  • Chaurien
    Modifié (November 2023)
    Autre remarque, toujours sur le premier message de ce fil. Si le quadrilatère $ABCD$ est un trapèze isocèle, alors il est inscriptible, et le théorème de Ptolémée donne tout de suite : $ac+b^2=e^2$. Ce qui, avec $a^2+c^2=2b^2$ conduit à la relation entre $a,b,e$ encadrée.
  • Chaurien
    Modifié (November 2023)
    Une idée pour prouver que le système $a^2+c^2=2b^2,~~ac+b^2=e^2$ est impossible en entiers strictement positifs.
    L'équation diophantienne $a^2+c^2=2b^2$ se résout comme celle de Pythagore, et donne la solution paramétrique :
    $a=2mn-(m^2-n^2), ~~c=2mn+(m^2-n^2),~~ b=m^2+n^2$. 
    Le calcul conduit à : $ac+b^2=8m^2n^2$, qui ne saurait être égal au carré $e^2$.
  • Chaurien
    Modifié (November 2023)
    Plus simple. Le système  $a^2+c^2=2b^2, ac+b^2=e^2$ implique : $(a^2+c^2)+2(ac+b^2)=2b^2+2e^2$, soit : $(a+c)^2=2e^2$. Impossible.
    C'est ce que dit depasse
  • Pour le quadrilatère à diagonales égales et orthogonales en général, je n'ai pas compris qui est ce $r$.
  • Merci pour tes messages, Chaurien.
    Dans "Properties of equidiagonal quadrilaterals" page 139, Josefsson donne une formule d'aire du pseudo-carré de côtés $a,b,c,d$. $$\mathcal{A}=\dfrac{1}{4}\left(a^2+c^2+\sqrt{4(a^2c^2+b^2d^2)-(a^2+c^2)^2}\right)$$
    J'ai appelé $r$ le radicande $4(a^2c^2+b^2d^2)-(a^2+c^2)^2$ et j'ai préféré le récrire $r=4b^2d^2-(a^2-c^2)^2$.
    Dans le cas du trapèze isocèle et pseudo-carré, $r=4a^2c^2$ vient bien pour la relation de depasse.
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Chaurien
    Modifié (November 2023)
    Je n'ai pas eu le courage de lire en détail l'article de Josefsson.
    La condition d'orthogonalité des diagonales est extrêmement simple, comme on l'a vu : $a^2+c^2=b^2+d^2$.
     Mais la condition de leur égalité ne l'est pas.
     Sans originalité, j'ai formé un gros système avec les longueurs $y=OA, x=OB, t=OC, z= OD$ où $O$ est l'intersection des diagonales, et Pythagore à répétition.
    Ces quatre longueurs sont nécessairement des rationnels, mais je ne suis pas certain que ce soient nécessairement des entiers.
    Sauf erreur, je trouve la condition : $e^4-(b^2+d^2)e^2-a^2(b^2+d^2)+ \frac 12 (b^4+d^4)=0$.
    Le défaut de symétrie vient de ce que $c$ a disparu en raison de la condition $a^2+c^2=b^2+d^2$.
    Mais comment continuer ? Je ne sais...
  • Bonjour
    @Chaurien: je ne suis pas sûr de t'avoir bien compris.
    Dis-tu que s'il existe un pseudo-carré avec $a,b,c,d,e$ entiers, alors $OA,OB,OC,OD$ sont nécessairement rationnels? Il me semble qu'alors il suffirait (pour prouver qu'un tel pseudo-carré n'existe pas) de montrer qu'il n'existe pas de  pseudo-carré avec $a',b',c'd',e'$ entiers, et $OA',OB',OC',OD'$ entiers aussi.
  • Sauf erreur, je trouve la condition $e^4-(b^2+d^2)e^2-a^2(b^2+d^2)+\frac12(b^4+d^4)=0$.
    N'est-ce pas plutôt $e^4-(b^2+d^2)e^2-a^2(b^2+d^2)+\frac12(b^4+d^4)+a^4=0$ (oubli du terme $a^4$) ?
  • En effet, uvdose, le terme $a^4$ s'est perdu :/.
  • Chaurien
    Modifié (November 2023)
    @ depasse
    Soit $O$ le point de concoures des diagonales $AC$ et $BD$, supposées orthogonales.
    On rappelle : $a=AB, d=AD, e=BD$, entiers. Soit $x=OB$ et $z=OD$.
    Alors $AD^2-AB^2=OD^2-OB^2$ et $OB+OD=BD$, soit : $z^2-x^2=d^2-a^2$ et $z+x=e$.
    Il en résulte : $z=\frac 12 (e+ \frac {d^2-a^2}e)$,  $x=\frac 12(e- \frac {d^2-a^2}e)$, rationnels,
    Et de même pour $y=OA$ et $t=OC$.
  • Chaurien
    Modifié (November 2023)
    Oui, depasse, bonne idée. Ainsi, l'existence du quadrilatère que nous cherchons équivaut à l'existence de quatre triplets pythagoriciens (pas forcément primitifs) $(x,y,a),~(y,z,d),~(z,t,c),~(t,x,b)$, les deux premiers termes de chaque triplet étant les côtés de l'angle droit, avec  $x+z=y+t$. 
    Ceci simplifie-t-il la question ? Ce n'est pas évident...
    Ça me rappelle le problème de la brique d'Euler parfaite (perfect Euler brick), qui n'est toujours pas résolu, à ma connaissance.
    -------------------------------------------
    Quinze Marins sur le bahut du mort
    Hop là ho ! une bouteille de rhum
    À boire et l'diable avait réglé leur sort
    Hop là ho ! une bouteille de rhum
  • Swingmustard
    Modifié (November 2023)
    Chaurien je crois que j'ai tenté une recherche python avec $a,b,e$ (comme tes trois paramètres $a,d,e$) sur $x,y,z,t$ que j'appelais $e1,e2,e3,e4$ https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/comment/2449282/#Comment_2449282 . En vain, mais je suis de moins en moins sûr que la rareté apparente de ces pseudo-carrés traduise une non-existence.
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Merci Chaurien,
    j'avais effectivement mal compris ton message.
  • Contributions du jour.
    Un neuvième pseudo-carré avec $\sqrt r$ entier : $a+b+c+d+2e\approx21602.357\approx1681+2381+4889+4589+2\times4031.178$, avec $\sqrt{r}=5772718$, $e^2=16250400$ et $e=60\sqrt{2\times37\times61}$
    Par ailleurs, je pense qu'on peut écrire comme condition nécessaire $$a^4+c^4+2(b^4+e^4)=2(a^2+c^2)(b^2+e^2)$$
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Swingmustard
    Modifié (November 2023)
    Ça vaut ce que ça vaut...
    Tout carré d'entier pair (respectivement impair) est congru à $0$ (respectivement $1$) modulo $4$.
    Idem pour les puissances $4$.
    1) Donc la relation $a^2+c^2=b^2+d^2$ entraîne que si $a,b,c$ sont impairs, alors $d$ aussi.
    2) Si par ailleurs il est vrai que $a^4+c^4+2(b^4+e^4)=2(a^2+c^2)(b^2+e^2)$, alors on n'aura aucune solution avec $a,b,c,e$ impairs, car celle-ci entraînerait $2\equiv 0 \pmod4$. 
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Bonjour
    Soit $(x,y,e) \in \mathbb {N^{*3}}$ tel que $x,y<e$ et
    $[x,y,e]:=ABCD:=(x,0)(e,y)(x,e)(0,y)$
    Propositions:
     Si $[x,y,e]$ est un pseudo-carré entier, alors
    1) $e$ est pair.
    2) $a,b,c,d$ ont la même $2$-valuation.
    Cordialement
    Paul
  • Swingmustard
    Modifié (November 2023)
    Bonsoir depasse,
    1) Je ne connais pas ce langage : est-ce de la logique ?
    On dirait que tu préfères définir $ABCD$ par $x,y,e$ que par $a,b,e$, et pourquoi pas, en effet.
    2) Je viens d'ajouter des lignes au tableau des "$e$ qui n'ont qu'un radical" (au lieu de deux radicaux en général).
    Comment pourrait-on creuser le fait que le radicande semble contenir systématiquement soit le facteur $2$ soit le facteur $29$ ?
    Amicalement,
    Swingmustard
  • depasse
    Modifié (November 2023)
    Bonsoir
    @Swingmustard
    Si $n$ est un entier et $p$ un premier, la "$p$-valuation de $n$" est l'exposant de $p$ dans la décomposition de $n$ en facteurs premiers.
    Je préfère désigner le $O$ de Chaurien (intersection des diagonales) par $(x,y)$ en me plaçant dans le repère orthonormé dont l'origine est le "coin sud-ouest" -disons $\Omega$-du carré circonscrit au pseudo-carré.
    Problème de connexion !
    Je te salue avant que ça bug plus !
  • Swingmustard
    Modifié (November 2023)
    Bonjour,
    Parmi diverses conditions nécessaires, l'avatar $$2e^2(a^2+c^2-e^2)=(a^2-b^2)^2+(b^2-c^2)^2$$ me semble très très crédible.
    (Trouvé "à la main", et vérifié sur quelques exemples.)
    Inspirera-t-il une personne un peu douée en arithmétique modulaire, qui nous  dira "Pour $a,b,c,e$ entiers, ceci n'est pas possible parce que ... " ?
    Amicalement,
    Swingmustard
    Oups, ce n'est qu'une redite de $$2(a^2+c^2)(b^2+e^2)=a^4+c^4+2(b^4+e^4)$$
    mentionné déjà le 6 novembre. Bon, au moins chaque égalité conforte l'idée que l'autre est correcte !
  • Swingmustard
    Modifié (November 2023)
    Bonjour,
    Je crois que c'est terminé, aussi je résume.
    1. Une formule liant $a,b,c,e$ du pseudo-carré
    En triturant le quadrilatère équidiagonal, de diagonale $AC=x+z=e=y+t=BD$, j'arrive à $$e(2a^2+b^2+d^2-2e^2)=x(a^2-b^2-c^2+d^2)+y(a^2+b^2-c^2-d^2)$$
    En demandant qu'il soit orthodiagonal, donc $a^2+c^2=b^2+d^2$, il vient $$e(3a^2+c^2-2e^2)=2x(a^2-b^2)+2y(b^2-c^2)$$ Pour $ABCD$ pseudo-carré, on a $x=a\cos\widehat{BAC}=\dfrac{a^2-b^2+e^2}{2e}$ et $y=\dfrac{b^2-c^2+e^2}{2e}$. Il vient $$e^2(3a^2+c^2-2e^2)=(a^2-b^2+e^2)(a^2-b^2)+(b^2-c^2+e^2)(b^2-c^2)$$ $$e^2(-a^2+b^2-b^2+c^2+3a^2+c^2-2e^2)=(a^2-b^2)(a^2-b^2)+(b^2-c^2)(b^2-c^2)$$ $$\boxed{2e^2(a^2+c^2-e^2)=(a^2-b^2)^2+(b^2-c^2)^2}$$
    On peut certainement la démontrer de plein de manières.
    2. On en tire l'équation du second degré en l'inconnue $e^2$ $$2e^4-2(a^2+c^2)e^2+(a^2-b^2)^2+(b^2-c^2)^2=0$$
    Discriminant réduit ? $$\Delta'=(a^2+c^2)^2-2(a^2-b^2)^2-2(b^2-c^2)^2$$ $$\Delta'=-a^4-4b^4-c^4+2a^2c^2+4a^2b^2+4b^2c^2$$ $$\Delta'=4b^2(a^2-b^2+c^2)-(a^2-c^2)^2$$ $$\boxed{\Delta'=4b^2d^2-(a^2-c^2)^2}$$ On s'en doutait : $\Delta'=r$ de l'expression de $e^2$ tirée de la formule d'aire de Josefsson, qui nous a donné $e^2=\dfrac{a^2+c^2+\sqrt{\Delta'}}{2}$ depuis belle lurette.
    3. De $a^2+c^2=b^2+d^2$, on déduit que $a,b,c,d$ sont soit tous pairs, soit tous impairs.
    En effet, la relation $(1):2e^2(a^2+c^2-e^2)=(a^2-b^2)^2+(b^2-c^2)^2$ empêche le troisième cas, qui aurait été "exactement deux côtés consécutifs pairs", par exemple $a$ et $b$, qui rendrait le deuxième membre congru à $1$ modulo $4$ tandis que le premier ne l'est jamais.
    La même relation entraîne que si $a,b,c,d$ sont tous pairs, alors $e$ l'est aussi.
    On pourra donc diviser $a,b,c,d,e$ par $2$, et s'intéresser à leurs moitiés $a',b',c',d',e'$ constituant elles aussi un pseudo-carré, et ainsi de suite.
    4. Après avoir fait un certain nombre de divisions par $2$, on arrive à un cas présentant au moins un côté impair. D'après ce qui précède, ils le sont alors tous les quatre. D'où la proposition $2$ de depasse : les $a,b,c,d$ du départ, donc de tout pseudo-carré, ont la même $2$-valuation. $(1)$ entraîne que $e$ reste pair : proposition $1$ de depasse.
    5. Soit un pseudo-carré. Alors il existe un pseudo-carré "primitif" avec $a,b,c,d$ impairs, obtenu après suffisamment de divisions par $2$.
    $\Delta'=4b^2d^2-(a^2-c^2)^2\equiv 0 \pmod 4$. Pour que $e$ soit entier, il faut que $e^2$ le soit, et $\sqrt{\Delta'}$ aussi. Auquel cas $\sqrt{\Delta'}\equiv0\pmod4$
    Confrontons à présent la parité obligatoire de $e^2$ avec son expression comme solution de l'équation : game over. $$e^2\equiv0\pmod4~~~~~~~~~\textrm{vs}~~~~~~~~~~~~\dfrac{a^2+c^2+\sqrt{\Delta'}}{2}\equiv1\pmod4$$
    Conclusion : je cesse de chercher le pseudo-carré entier : il n'existe pas. EDIT C'est pas dit du tout. Merci @depasse EDIT
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Bonsoir
    @Swingmustard, je ne vois pas comment de $\Delta ' =0 [4]$ tu déduis  $\sqrt { \Delta '} =0 [4]$
    Amicalement
    Paul
  • Bonsoir @depasse,
    Soit $\sqrt{\Delta'}$ n'est pas entier, alors $e^2$ n'est pas entier et $e$ non plus, terminé.
    Si $\sqrt{\Delta'}$ est entier, alors on a vu qu'il a modulo $4$ la même congruence que $\Delta'$ : $0$ ou $1$ suivant la parité de chacun.
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Swingmustard
    Modifié (November 2023)
    Ah quel dommage, tu as raison, ça ne marche pas dans ce sens !
    On peut bien avoir $\Delta'=4\equiv0\pmod4$ et $\sqrt{\Delta'}=2$ !
    Et pire que $4$, un $\Delta'=36$ et son $\sqrt{\Delta'}=6$ mettent mon raisonnement en l'air, par $\dfrac{2+6}{2}\equiv0\pmod4$. Flûte.
    Je remarque que dans les onze seuls cas où $\sqrt{\Delta'}$ a été entier, on a eu $\sqrt{\Delta'}\equiv2\pmod4$.
    Dans ces cas, $\dfrac{2+2}{2}\equiv2\pmod4$ sauve la contradiction. Mais est-ce toujours le cas ?
  • Swingmustard
    Modifié (November 2023)
    Bonjour,
    Clairement, je ne suis pas la "personne un peu douée en arithmétique modulaire" qui viendra à bout de cette question : je cumule les erreurs.
    La dernière en date : affirmer que "$\dfrac{2+2}{2}\equiv2\pmod4$ [sauve la contradiction]". Ça sauverait, si c'était vrai, mais pas du tout !
    Reprenons : $\sqrt{\Delta'}\equiv2\pmod4$ (qui est conjecturé, mais pas démontré) et $a^2\equiv1\pmod4$, $c^2\equiv1\pmod4$ entraînent $a^2+c^2+ \sqrt{\Delta'}\equiv4\pmod4$ : vrai.
    Mais en déduire $\dfrac{a^2+c^2+ \sqrt{\Delta'}}2\equiv2\pmod4$ est faux.
    Tout au plus $\dfrac{a^2+c^2+ \sqrt{\Delta'}}2\equiv0\pmod2$, qui nous prive d'information utile vis à vis du $e^2$.
    Bref, même si par hasard la conjecture $\sqrt{\Delta'}\equiv2\pmod4$ est vraie, le raisonnement final n'aboutira pas à une contradiction.
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Swingmustard
    Modifié (November 2023)
    Bonjour,
    1) Pour le pseudo-carré en général, j'ai présenté quelques $\Delta'=D=4b^2d^2-(a^2-c^2)^2$ qui ont bien voulu être des carrés d'entiers : $D=4\times101^2\times115^2-(35^2-149^2)^2$ est le carré de $9982=\sqrt{D}$, premier cas rencontré.
    Comme on a vu, actuellement ni ce cas ni les suivants n'ont suffi pour que $e=\sqrt{\dfrac{a^2+c^2+\sqrt{D}}2}$ soit entier à son tour.
    2) M'intéressant au cerf-volant pseudo-carré $a,a,c,c,e,e$, je constate que "ça bloque plus vite encore qu'avec le pseudo-carré quelconque", puisque $D=4a^2c^2-(a^2-c^2)^2$ semble ne jamais être un carré d'entier.
    Est-ce à dire, posant $(x,y,z)=(a,c,\sqrt{D})$, que l'équation diophantienne $$(x^2-y^2)^2+z^2=4x^2y^2$$ soit encore $$x^4+y^4+z^2=6x^2y^2$$ n'a pas de solution ?
    Amicalement,
    Swingmustard
    EDIT Désolé, il y a des solutions comme $(1,1,2)$ ou $(2,2,8)$. J'aurais dû demander "pas de solution avec $x\neq y$ ?" EDIT
  • p=1
    q=100000
    import math
    for a in range (p,q): # a = AB 
        for c in range (a+1,q): # c = CD
            D = 4*a*a*c*c-(a*a-c*c)**2
            if D>0:
               if D==round(D**.5,0)**2:
                  e = (.5*(a*a+c*c+D**.5))**.5
                  P = math.gcd(a,c)
                  print(round(a+a+c+c+e*2,3)/P,P,"=P",int(round(a/P,0)),int(round(a/P,0)),int(round(c/P,0)),int(round(c/P,0)),round(e,3),"sqrt(D)=",int(D**.5),"e²=",int(round(e*e,0))) 
    Bonsoir,
    Ce programmme a donné en deux heures une quinzaine de faux résultats, comme si mon test (qui n'est sûrement pas le meilleur) avec python était moins méticuleux que speedcrunch. En effet, on voit avec cette dernière application que les $D$ (proposés par le programme) d'ordres de grandeur supérieurs ou égaux à $10^{17}$ ne sont pas exactement (l'erreur commence en général tardivement, vers les $10^3$ ou $10^2$) le carré de leur racine.
    Exemple : $(a,c)=36\times(435,931)=(15660,33516)$ donne $$D=(4\times435^2\times931^2-(435^2-931^2)^2)\times36^4=\underline{3,308782543287920}\boxed{64}\times10^{17}$$ or d'après speedcrunch (à qui je fais plus confiance, j'avoue), $$(\sqrt{D})^2=575220179^2
    = \underline{3,308782543287920}\boxed{41}\times10^{17}$$
    Bref, où est le problème ? Eh bien $\sqrt{D}$ n'est pas exactement égal à $575220179$, contrairement à ce que mon test python a cru. 
    J'aurais tendance à conclure que pour $a,c\leqslant100~ 000$, il n'y a pas le moindre cerf-volant pseudo-carré entier.
    Ça ne prouve rien pour les valeurs plus grandes, mais je suis déjà à la limite technologique de mes outils.
    Et si la réponse est "il n'en existe aucun, même au delà", je n'entrevois pas de petite preuve génialissime comme celle de @depasse pour le trapèze isocèle !
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Bonjour
    Définitions:
     Pour tout $x:=(x_1,x_2)\in \mathbb {N^2}$,   $ i(x):=x_1(x_1+2x_2);\ \ p(x):=2x_2(x_1+x_2).$
    Proposition:
    Il existe un pseudo-carré entier ssi 
    $S:=\{(a,b,c,d) \in ( \mathbb N^{*2})^4;\ \ i(a)=i(d);\ \ i(b)=i(c);\ \ p(a)=p(b);\ \ p(c)=p(d);\ \ p(a)+p(c)=i(b)+i(d)\}$ n'est pas vide.
    Cas particulier du cerf-volant:
    Le système se ramène à
    $2p(a)=2p(b)=i(a)+i(b)$.

    Je vais me promener quelques jours sans moyen de communication.
    Amicalement
    Paul
  • Swingmustard
    Modifié (November 2023)
    Bonne balade, Paul !
    Toujours sur le cerf-volant pseudo-carré de côtés $a<c$ et de diagonale $e$, en notant $g$ la distance entre les milieux des diagonales (chère à Euler dans sa belle relation pour le quadrilatère), on peut montrer que $$a^2+2eg=c^2$$ Ensuite, raisonnement courant : si $g=\dfrac{c^2-a^2}{2e}$, il sera au minimum rationnel, donc l'existence (éventuelle) d'un triplet $(a,c,e)$ entraînerait celle d'un quadruplet $(a,c,e,g)$, quitte à multiplier le triplet par $2e$. J'ai donc écrit un programme qui cherche $a$ et $c$ pour $e$ et $g$ donnés, en espérant que les équations du second degré suivantes atteignent moins vite les limites des outils que les équations du quatrième degré des messages précédents. $$(e-g)^2+g^2=2a^2$$ $$(e+g)^2+g^2=2c^2$$ Pour l'instant, ce programme ne donne que des presque solutions (pour un pseudo carré, ça tombe presque bien...) comme $$(1192-1043)^2+1043^2=1~110~050=2\times745^2~~~~~~~~~~$$ $$(1192+1043)^2+1043^2=6~083~074=2\times1744^2\boxed{+2}$$ Amicalement,
    Swingmustard
  • Bonjour,

    Je croise les doigts: il n'y a pas de cerf-volant pseudo-carré entier.

    Autrement dit l'équation $ (x^2-y^2)^2 + z^2 =4 x^2y^2$ d'inconnue $(x,y,z) \in \mathbb {N^3} $ n'a que les solutions triviales $(n,n,2n^2)$ avec $n \in  \mathbb {N}$:

    Soit $(x,y,z)$ solution avec $x \neq y$.

    On se ramène au cas où $x,y$ et $ z$ sont deux à deux étrangers, ce qui impose que $x$ et $y$ sont impairs et $z$ est double d'impair.

     $ ((x^2 -y^2)/2, z/2, xy)$ est alors un triplet de Pythagore primitif dont $(x^2 -y^2)/2$ est le côté pair de l'angle droit. Il existe alors $m$ et $n$ étrangers, $m$ pair tels que $x^2 -y^2=4mn$ et $xy=m^2+n^2$.

    SPDG $x-y=2i$ avec $i$ impair et $x+y=4j$, d'où $x=2j-i$ et $y=2j+i$, d'où 

    $xy= 4j^2-i^2=0-1=-1[4]$.

    Or

     $xy=m^2+n^2=0+1=1 [4]$.

    Contradiction.

    On verra si ma balade m'a fait du bien mathématiquement. Quoi qu'il en soit, c'était superbe!

    Amicalement

    Paul

  • Bonjour Paul,
    À cause de la non homogénéité entre $z$ d'une part, et $x, y$ d'autre part, il faudrait que je travaille ça pour me convaincre qu'on peut "se ramener au cas où $x,y$ et $z$ sont deux à deux étrangers".
    Par suite, je suis déjà perdu avec "$z$ double d'impair".
    J'ai tiqué aussi sur triplet primitif (je sais ce que c'est, mais je suis mal à l'aise avec PGCD des trois vs "les PGCD deux à deux").
    La fin a l'air très très sympa mais bref, tant que je ne m'entraînerai pas en arithmétique, plein de questions basiques m'empêcheront de t'accompagner dans cette recherche.
    Amicalement,
    Swingmustard
  • depasse
    Modifié (22 Jan)
    Bonjour à tous, trop peu nombreux à vous intéresser à ce problème  :pensive:
    @Swingmustard, merci pour ta réponse.
    Soit j'ai dit une sottise, soit j'ai été trop elliptique (non exclusif!). Désolé en tout cas.

    Soit $(x,y,z)$ solution avec $x \neq y$ et $d$ le PGCD de $x$ et $y$; $x=dx'; y=dy'$; $x'$ et $y'$ étrangers ( dans la vraie vie, je préfère les étrangers aux premiers entre eux).
    $(x^2-y^2)^2+z^2=4x^2y^2$ devient $d^4 (x'^2-y'^2)^2+z^2=d^4(4x'^2y'^2)$ si bien que $d^4$ divise $z^2$, autrement dit, $d^2$ divise $z$. Soit donc $z:=d^2z'$.
    $d^4(x '^2-y'^2)^2+z^2=d^4(4x'^2y'^2)$ devient $(x'^2-y'^2)^2+z'^2=4x'^2y'^2$.
    1)$x'$ et $y'$ sont impairs: en effet, étant étrangers, l'un (au moins) est impair; si l'autre est pair, $x '^2-y'^2$ est impair, donc  $(x '^2-y'^2)^2=1$ modulo $4$, donc $1+z'^2=0$ modulo $4$: impossible.
    Ainsi, $8$ divise $(x '^2-y'^2)$, a fortiori $(x '^2-y'^2)^2$, tandis que $8$ ne divise pas $4x'^2y'^2$; donc  $8$ ne divise pas $z'^2$, alors que $2$ le divise. Donc $2$ divise $z'$ mais $4$ ne divise pas $z'$. Autrement dit, $z'/2$ est impair.

    oups: erreur de manip: c'est parti trop vite (!)
    Je me reprends:
    2)$x',y'$ et $z'$ sont deux à deux étrangers:
    en effet, $x'$ et $y'$ le sont par définition et si $p$ premier divise $x'$ (resp. $y'$) et $z'$, $p$ divise $y'$ (resp. $x'$); impossible.
    Il s'en suit que $ ((x'^2-y'^2)/2, z'/2,x'y')$ est un triangle de Pythagore primitif.

    3) $ (x'+y')/2  $ ou (exclusif) $ (x'-y')/2  $ est impair, d'où mon SPDG. Edit: Ce SPDG est fallacieux: voir mon quatrième message ci-après. Ma preuve est incomplète.

    Voilà, j'espère avoir été plus clair.
    N'hésite pas à me demander une précision supplémentaire: on n'est jamais assez clair... même si on ne peut jamais ne pas dire ou sous-entendre qu'"il est clair que".
    Amicalement
    Paul
  • Bonjour Paul,
    Merci d'avoir détaillé. Je ne sais pas si c'est d'avoir dit beaucoup de bêtises au début, mais je me sens vraiment en terrain instable.
    J'ai donc envie de croire que ta démonstration est sans défaut, tout en pensant que mon avis ne la valide pas autant que celui de quelqu'un qui aurait l'habitude du théorème de Gauss et des descentes infinies.

    Bravo en tout cas, il ne nous reste plus qu'à traiter le pseudo-carré en général !
    Je blague, ayant abandonné les deux recherches : 1) démontrer qu'il n'y en a pas ? Vu que j'ai du mal à suivre ta proposition pour le cerf-volant pseudo-carré, je me sens perdu pour le cas général. 2) Chercher un pseudo-carré en faisant tourner des machines en python à l'autre bout du monde ? Je n'ai plus essayé depuis 15 jours. Ah, voici une contribution que je peux proposer : si tu as des conditions nécessaires supplémentaires sur $a,b,c,d,e$, qui permettraient d'affiner la recherche d'un exemple, je peux me charger (avec ma toute récente expérience pythonesque) d'écrire un programme correspondant.
    Amicalement,
    Swingmustard
  • @Swingmustard
    Qui n'a pas dit beaucoup de bêtises, au début, ensuite et enfin n'a pas vécu et encore moins fait des maths.
  • Bonjour,
    un petit up dans l'espoir que quelqu'un aura la bonté de valider ou invalider ma preuve ci-dessus qu'un cerf-volant aux diagonales égales et entières n'a pas tous ses côtés entiers.
    Merci d'avance.
    Cordialement
    Paul
  • Bonjour,
    @LOU16 invalide, par mp, ma prétendue preuve: il me signale, très simplement, que mon "SPDG $x-y=2i$, $i$ impair" est fallacieux et, en douteriez-vous, il a plus que souvent raison! Encore merci, Lou16
    Cordialement
    Paul
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