Dans le précédent numéro des Chantiers, nous avions laissé de côté la résolution de l’avis n°3 des Chantiers numéro 208. En voici une solution qui fait la part belle aux congruences. Vous trouverez aussi des solutions aux avis de recherche que nous vous avions proposés pour vos vacances estivales. Peut-être avez-vous eu le temps de mener quelques recherches : n’hésitez pas à nous en faire part car la diversité des approches contribuent à la beauté des mathématiques.

Et pour commencer, un retour sur un avis de recherche des Chantiers n°185 dont des solutions ont été proposées dans les Chantiers n°186 et n°187. Cette fois, c’est l’auteur de l’énoncé qui nous donne une autre approche.

 

Avis de recherche du n°185

 
Georges Camguilhem, l’auteur de cet avis de recherche, nous soumet une autre solution.

on a $\widehat{A_1} = \dfrac{\widehat{B}+\widehat{C}}{2}$ soit $\widehat{A_1} = \dfrac{180°-\widehat{A}}{2} = 90°-\dfrac{\widehat{A}}{2}$

et on reconnaît une suite du type $u_{n+1} = au_n + b$ avec $|a|<1$

Cette suite converge et vérifie $L = -\dfrac{1}{2}L + 90°$ soit $L = 60°$

Il en est de même pour $\widehat{B}$ et $\widehat{C}$ : si la suite de triangles converge, c’est vers un triangle équilatéral.

Reste donc à examiner la convergence de la suite des triangles ! Et on a vu avec Alain Bougeard qu’il y avait 2 sous-suites, les triangles d’indices pairs et les triangles d’indices impairs, et chacune converge effectivement vers un triangle équilatéral ; les deux triangles étant symétriques par rapport au centre du cercle.

 

Avis de recherche du n°208, avis 3

 
Pierre Delezoïde nous propose la solution suivante, solution qui élargie le point de vue sur $S$ et son complémentaire dans ${\mathbb Z}$. Au fait, savez-vous pourquoi nous avons noté $F$ le nombre $ab - (a+b)$ ?

Soient $a,b \in {\mathbb N}^{\ast}$ des entiers premiers entre eux ; on pose $S= a{\mathbb N}+b{\mathbb N}$ et on note $\overline S$ le complémentaire de $S$ dans ${\mathbb Z}$.

$a$ et $b$ étant premiers entre eux, tout $n \in {\mathbb Z}$ peut s’écrire $n=ua+vb$ où $u, v \in {\mathbb Z}$
en effet, d’après le théorème de Bachet, il existe $\alpha,\beta \in {\mathbb Z}$ tels que $\alpha a+\beta b = 1$ donc, pour tout $n \in {\mathbb Z}$, $n=(n\alpha) a+(n\beta) b$ avec $n\alpha, n\beta$ entiers relatifs.

La division euclidienne de $u$ par $b$ donne $u=qb+r$ avec $q \in {\mathbb Z}$ et $r \in [\negthinspace[ 0,b-1 ]\negthinspace]$
on en déduit la décomposition $n = (qb+r)a + vb = ra + (qa+v)b$ où $r \in [\negthinspace[ 0,b-1 ]\negthinspace]$
Ainsi, tout $n\in {\mathbb Z}$ peut s’écrire $n = ra + vb$ où $r \in [\negthinspace[ 0,b-1 ]\negthinspace]$ et $v \in {\mathbb Z}$.

Une telle décomposition est unique car si $n = r a + v b$, $n\alpha \equiv r a\alpha \ [b]$ et comme $\alpha a \equiv 1\ [b]$ on en déduit $r\equiv \alpha n\ [b]$, ce qui détermine $r$, et donc aussi $v$, en fonction de $n$.

On posera : $n = r(n) a+ v(n) b$, où $r(n) \in [\negthinspace[ 0,b-1 ]\negthinspace]$ et $v(n) \in {\mathbb Z}$.

On remarque que si au départ $n =ua+vb$ où $u,v$ sont positifs, dans la division euclidienne $u=qb+r$, $r$ et $q$ sont positifs, donc $qa+v \geqslant 0$ et par conséquent si $n\in S$ alors $v(n) \geqslant 0$ ; la réciproque est évidente car $r(n) \in [\negthinspace[ 0,b-1 ]\negthinspace]$.

On peut conclure : $n \in S$ ssi $v(n) \geqslant 0$.

A contrario $n \in \overline S$ ssi $v(n)<0$, ou encore $v(n) \leqslant -1$.

Donc, si $n \in \overline S$, on a $n = r(n)a+v(n)b \leqslant (b-1) a+(-1)\,b = ab - (a+b) = F$

Ainsi, l’entier $F$ est un majorant de $\overline S$.

Par ailleurs, on peut examiner la décomposition en a et b de $F-n$ :
$F-n=ab-a-b-r(n)a-v(n)b= (b-1-r(n)) a-(v(n)+1) b$

En passant de $n$ à $F-n$, le coefficient de $a$ reste dans $[\negthinspace[ 0,b-1 ]\negthinspace]$ car cet intervalle est stable par $x\mapsto b-1-x$,
donc, par unicité, $r(F-n)=b-1-r(n)$ et $v(F-n)=-(v(n)+1)$.

Par conséquent si $v(n) \geqslant 0$ alors $v(F-n)<0$ et si $v(n)<0$, $v(F-n) \geqslant 0$, ce qui prouve que l’involution (strictement décroissante) $\tau\ \colon\ n \mapsto F-n$ échange les éléments de $S$ et de $\overline S$.

En particulier, par cette involution $\tau$, l’image $F$ du plus petit élément $0$ de $S$ est le plus grand élément de $\overline S$.

On a donc :

• tous les entiers plus grands ou égaux à $F+1 = ab-(a+b)+1 = (a-1)(b-1)$ sont dans $S$,
  ainsi on retrouve le résultat établi dans les Chantiers n°181 et n°182.
• tous les entiers strictement négatifs sont dans $\overline S$.

Il reste les éléments de $〚0,F〛$ dont certains sont dans $S$ et d’autres dans $\overline S$, mais comme l’involution $\tau$ laisse invariant cet intervalle $I= 〚0,F〛$, elle échange les ensembles $I\cap S$ et $I\cap \overline S$.

Ces deux ensembles finis ont donc le même cardinal et comme ils forment un partage de $I$, de cardinal $F+1$, leur cardinal commun est $\frac{F+1}{2} = \frac{(a-1)(b-1)}{2}$ qui est bien un entier car comme $a,b$ sont premiers entre eux, ils ne sont pas tous les deux pairs, donc $a-1$ et $b-1$ ne sont pas tous les deux impairs et donc $(a-1)(b-1)$ est pair.

 

Avis de recherche du n°209, avis 1

 
Pierre ayant soumis à votre sagacité cet avis, il nous donne une solution qui généralise le problème.

Soit $p$ entier $>0$ et $u_{0},\ldots,u_{p-1}$ des valeurs entières, existe-t-il une formule n’utilisant que $+,\times$ et le quotient exact (ou le reste), qui permette de définir la suite $p$-périodique $v$ telle que $\forall i \in [\negthinspace[ 0,p-1 ]\negthinspace] \, v_{i}=u_{i}$ ?

On peut remarquer qu’il faut nécessairement utiliser le quotient exact ou le reste, sinon on définit un polynôme qui ne peut pas être périodique, sauf s’il est constant.

Soit $s_{0}$ la suite (définie sur ${\mathbb Z}$) $p$-périodique qui vaut $1$ en les multiples de $p$ et $0$ ailleurs. La suite $(s_{0}(n-a))_{n \in \mathbb{Z}}$ est $p$-périodique, elle vaut $1$ sur les entiers congrus à $a$ modulo $p$ et $0$ ailleurs ; notons-la $s_{a}$. La suite cherchée peut s’écrire $u_{0} s_{0}+u_{1} s_{1}+\ldots+u_{p-1}s_{p-1}$. On voit donc que pour réaliser toutes les suites $p$-périodiques, il suffit de savoir réaliser $s_{0}$.

Notons $q_{p}$ le quotient exact par $p$ : la suite $n\mapsto q_{p}(n)-q_{p}(n-1)$ est $p$-périodique. En effet, $q_{p}(n+p)-q_{p}(n+p-1) = (q_{p}(n)+1)-(q_{p}(n-1)+1) = q_{p}(n)-q_{p}(n-1)$

Sa valeur en $0$ est $0-(-1) = 1$ et pour tout entier $n \in \{1,\ldots,p-1\}$, $q_{p}(n)-q_{p}(n-1) = 0 - 0 = 0$.

On en déduit que $\forall n \, s_{0}(n) = q_{p}(n)-q_{p}(n-1)$.

Une formule répondant à la question posée initialement est donc la formule définissant la suite $\sigma$ définie par :
$\sigma_{n}=u_{0}(q_{p}(n)-q_{p}(n-1))+\ldots+u_{p-1}(q_{p}(n-p+1)-q_{p}(n-p))$

Ou bien, en utilisant la $p$-périodicité :
$\sigma_{n}=u_{0}(q_{p}(n+p)-q_{p}(n+p-1))+\ldots+u_{p-1}(q_{p}(n+1)-q_{p}(n))$

Cette formule est bien vraie pour tout $n \in {\mathbb Z}$, mais l’intérêt est que, si $n \geqslant 0$, on n’utilise que des divisions entières par $p$ d’entiers $ \geqslant 0$.

En regroupant les différents $q_{p}$ pour éviter de calculer ces quotients deux fois, on peut aussi écrire :

$$\sigma_{n}=u_{0}q_{p}(n+p)+\left(\sum_{1}^{p-1}(u_{i}-u_{i-1}) q_{p}(n-i+p)\right)-u_{p-1}q_{p}(n)$$

soit encore, en posant $u_{p}=u_{0}$ t sachant que $q_{p}(n+p)=1+q_{p}(n)$ :

$$\sigma_{n}=u_{0}+\sum_{1}^{p}(u_{i}-u_{i-1}) q_{p}(n-i+p)$$

 

Avis de recherche du n°209, avis 2

 
Pierre Delezoïde nous propose une analyse de cet avis de recherche avec des résultats classiques sur les entiers sommes de deux carrés que vous pourrez retrouver par vous-même ou en consultant des ouvrages spécialisés, par exemple celui de Marc Guinot : Arithmétique pour amateurs en 7 tomes aux éditions Aléas. Il y a aussi une page Wikipédia sur le théorème des deux carrés de Fermat.

L’objectif est de trouver des entiers $x,y,z,t$ qui soient les longueurs des segments dans la figure ci-contre.

En faisant intervenir le point $C’$ on voit qu’on est ramené à trouver deux triangles rectangles de même hypoténuse, le premier de côtés $x,t$ et le second de côtés $y,x+z$.

Il y a une solution simple avec $y=x$, $z=t-x$, où $x,t$ sont des entiers et $t > x$ ; les triangles rectangles sont alors symétriques par rapport à leur hypoténuse commune.

Plus généralement on cherche des entiers $x,y,z,t$ tels que $AB^{2}=x^{2}+t^{2}= y^{2}+(x+z)^{2}$ qui ne correspondent pas à la solution triviale déjà trouvée. Autrement dit, on cherche un entier $S$ pour lequel l’équation diophantienne $S= a^{2}+b^{2}$ a plusieurs solutions différentes.

Pour arriver à une solution complète du problème il faudrait maîtriser la théorie des entiers de Gauss, c’est-à-dire du sous-anneau $G$ des nombres complexes dont les parties réelles et imaginaires sont entières. Cet anneau $G$ est euclidien : le quotient dans la division euclidienne de $z$ par $w\not=0$ est le point de $G$ le plus proche du complexe $\dfrac{z}{w}$ ; le reste $r$ est tel que $| r | \leqslant \dfrac{| b |}{\sqrt 2} < | b |$. Cet anneau est également factoriel.

Les irréductibles de cet anneau sont les nombres premiers congrus à $3$ modulo $4$ et les entiers de Gauss $a + \mathrm{i}b$ tels que $a^{2}+b^{2}$ est un nombre premier, qui est alors nécessairement $2$ ou un nombre premier congru à $1$ modulo $4$.

On obtient le résultat suivant : un entier $S$ est une somme de deux carrés ssi dans sa décomposition en facteurs premiers (dans les entiers) les exposants des nombres premiers congrus à $3$ modulo $4$ sont pairs.

Il peut bien y avoir des nombres premiers congrus à $3$ modulo $4$ dans la décomposition de $S$ mais ça ne sert pas à grand-chose car si $p$ est un tel facteur premier et $S=p^{2\nu}S’$, $S’$ premier à $p$, les entiers $a,b$ tels que $S=a^{2}+b^{2}$ sont nécessairement divisibles par $p^{\nu}$.

On peut aussi se débarrasser du facteur éventuel $2$ car $(a+b)^{2}+(a-b)^{2}=2 (a^{2}+b^{2})$.

Si on se limite aux cas où $S$ n’a comme facteurs premiers que des nombres premiers congrus à $1$ modulo $4$, il apparaît qu’il ne peut y avoir plusieurs solutions vraiment différentes que s’il y a au moins 2 facteurs. Il y a évidemment’ une infinité de solutions.

Parmi les solutions pour ce cas, la plus simple correspond à $S = 65 = 5 \times 13$, sachant que $5=2^{2}+1^{2}$ et $13 = 3^{2}+2^{2}$. $5$ et $13$ sont bien congrus à $1$ modulo $4$ et, avec les entiers de Gauss, on a $5\times 13 = (2+\mathrm{i}) (2-\mathrm{i}) \times (3+2\mathrm{i}) (3-2\mathrm{i})$, ce qui permet deux associations différentes :

• $65 = (2+\mathrm{i})(3+2\mathrm{i}) \times (2-\mathrm{i})(3-2\mathrm{i}) = (4+7 \mathrm{i}) \times (4-7 \mathrm{i})= 4^{2}+7^{2}$
• $65 = (2+\mathrm{i})(3-2\mathrm{i}) \times (2-\mathrm{i})(3+2\mathrm{i}) = (8- \mathrm{i}) \times (8+\mathrm{i})= 8^{2}+1^{2}$

D’un point de vue pratique, il y a des tables donnant la liste des entiers qui sont somme de deux carrés non nuls d’au moins deux façons : 50, 65, 85, 125, 130 etc. Cette suite d’entiers est d’ailleurs répertoriée A007692 dans l’encyclopédie en ligne des suites de nombres entiers (originellement en anglais On-Line Encyclopedia of Integer Sequences, couramment abrégé sous le sigle OEIS) initiée par Neil Sloane.

NB 1 : la figure ci-dessus (et qui apparaît dans l’énoncé de l’avis de recherche) a été réalisée avec $S = 85 = 2^2 + 9^2 = 7^2 + (2 + 4)^2$. On a $85 = 5 \times 17 = (2+\mathrm{i})(2-\mathrm{i})(1+4\mathrm{i})(1-4\mathrm{i})$ et on opère deux associations différentes :

• $85 = (2+\mathrm{i})(1+4\mathrm{i})(2-\mathrm{i})(1-4\mathrm{i}) = (-2+9\mathrm{i})(-2-9\mathrm{i}) = 2^2 + 9^2$
• $85 = (2+\mathrm{i})(1-4\mathrm{i})(2-\mathrm{i})(1+4\mathrm{i}) = (6-7\mathrm{i})(6+7\mathrm{i}) = 6^2 + 7^2$

NB 2 : $S$ = 50 est la plus petite solution donnant 2 sommes de deux carrés avec $50 = 1^2+7^2 = 5^2+5^2$. On remarque que $50= 2 \times 5 \times 5$ et donc on n’a pas que des facteurs premiers congrus à $1$ modulo $4$. On peut bien entendu utiliser les entiers de Gauss : $50 = (1+\mathrm{i})(1-\mathrm{i})(2+\mathrm{i})(2-\mathrm{i})(2+\mathrm{i})(2-\mathrm{i})$ et en opérant deux associations différentes obtenir les deux sommes de deux carrés.

• $50 = ((1+\mathrm{i})(2+\mathrm{i})^2)((1-\mathrm{i})(2-\mathrm{i})^2) = (-1+7\mathrm{i})(-1-7\mathrm{i}) = 1^2 + 7^2$
• $50 = ((1+\mathrm{i})(2+\mathrm{i})(2-\mathrm{i}))((1-\mathrm{i})(2-\mathrm{i})(2+\mathrm{i})) = (5+5\mathrm{i})(5-5\mathrm{i}) = 5^2 + 5^2$

NB 3 : On a évoqué la suite A007692 dans l’OEIS mais reste à trouver au moins 2 couples ($a,b)$ tels que $S = a^2 + b^2$ … Un algorithme pourrait nous y aider, avis aux amateurs et amatrices !

 

Avis de recherche du n°209, avis 3

 
Dans les Chantiers n°209, nous avions examiner des possibilités de rendre magique le pentagone de Petersen et la question se posait de trouver d’autres magies pour ce type de pentagone. Voici les résultats des recherches de Pierre en ce qui concerne des combinaisons magiques.

Soient $a,b$ des entiers non nuls, peut-on placer les entiers de $1$ à $10$ sur les $5$ sommets $s_{1},\ldots, s_{5}$ et les $5$ points intérieurs $u_{1},\ldots, u_{5}$ de telle sorte que $\forall i \in [\negthinspace[ 1,5 ]\negthinspace] \enspace as_{i}+bu_{i}$ ait toujours la même valeur $\sigma$.

Il est clair qu’on peut se ramener au cas où $a,b$ premiers entre eux, ce que nous supposerons.

Modulo $a$, les $u_{i}$ ont la même valeur puisque, $a$ et $b$ étant premiers entre eux, $b$ est inversible modulo $a$. Les $u_{i}$ sont donc $5$ entiers qui diffèrent deux-à-deux d’un multiple de $\vert a\vert$ ; la distance entre le plus grand et le plus petit est au moins $4\vert a\vert$ par conséquent $4 \vert a\vert \leqslant 10 - 1 = 9$.

Cela implique $\vert a\vert \leqslant 2$ ; il en est de même pour $\vert b\vert$.

Finalement les couples $(a,b)$ possibles sont $(\pm 1, \pm1)$, $(\pm 1, \pm 2)$ et $(\pm 2, \pm 1)$.

 
Cas où $a$, ou $b$, vaut $\pm 2$ et l’autre $\pm 1$

On peut supposer que c’est $a$ qui vaut $\pm 2$ en échangeant les $u_{i}$ et $s_{i}$ puis $a=2$ en changeant les signes. On pose $\epsilon = \pm 1$ donc $b = \epsilon$.

On a donc $\forall i \in [\negthinspace[ 1,5 ]\negthinspace] \enspace 2s_{i}+\varepsilon u_{i}=\sigma$.

Les 5 entiers $u_{i}$ ont donc la même parité, celle de $\sigma$ ; ce sont donc soit tous les pairs $2,4,6,8,10$, et alors les $s_{i}$ sont les impairs, soit tous les impairs et les $s_{i}$ sont tous les pairs.

Dans le premier cas on écrit $u_{i}=2p_{i}$, $p_{i} \in \{1,2,3,4,5\}$ et $s_{i}=2q_{i}-1$, $q_{i} \in \{1,2,3,4,5\}$ ; les sommes $2(2q_{i}-1)+\varepsilon 2p_{i}$ sont égales entre elles, de même pour les sommes $2q_{i}+\varepsilon p_{i}=\sigma’$.

Dans le second cas on écrit $u_{i}=2p_{i}-1$ avec $p_{i} \in \{1,2,3,4,5\}$ et $s_{i}=2q_{i}$, $q_{i} \in \{1,2,3,4,5\}$ ; les sommes $2(2q_{i}) +\varepsilon(2p_{i}-1)$ sont égales entre elles, de même pour les sommes $2q_{i}+\varepsilon p_{i}=\sigma’$.

Les $p_{i}$ ont donc nécessairement la même parité, celle de $\sigma’$ ; ces entiers ne peuvent pas décrire $\{1,2,3,4,5\}$.

Il n’y a donc pas de solution.

 
Cas où $a = b = \pm 1 = \varepsilon$

Les sommes $s_{i}+u_{i}$ sont égales entre elles, de valeur $\sigma’$. En faisant la somme de ces sommes, $5\sigma’= 1+\ldots+10=55$,
donc $\forall i \in [\negthinspace[ 1,5 ]\negthinspace] \enspace s_{i}+u_{i}=11$.

Dans chaque couple $(s_{i},u_{i})$ l’un est pair et l’autre impair et comme pour chaque $i$ on peut intervertir $s_{i}$ et $u_{i}$ on peut supposer que les $s_{i}$ sont impairs et les $u_{i}$ pairs.

Dans ces conditions, par permutation, on peut supposer $s_{1}, s_{2},s_{3},s_{4},s_{5}= 1,3,5,7,9$ et $u_{1},u_{2},u_{3},u_{4},u_{5}= 10,8,6,4,2$.

 
Cas où $a = -b = \pm 1$

On pose $U=\{u_{1},\ldots, u_{5}\}$ et $S=\{s_{1},\ldots,s_{5}\}$.

Les différences $s_{i}-u_{i}$ sont égales entre elles, et en échangeant les $s_{i}$ et $u_{i}$ on peut supposer que cette différence est $\delta>0$, d’où $s_{i}=u_{i}+\delta$. Les éléments de $S$ sont tous $\geqslant \delta+1$, donc $[1,\delta] \subset U$ ; les $\delta$ éléments de $[\delta+1,2\delta]$ s’écrivent $x+\delta$ où $x \in [1,\delta]$, donc $u_{i}+\delta=s_{i}$ ; on en déduit $[\delta+1,2\delta] \subset S$.

S’il n’y a pas d’autres éléments dans $[1,10]$, c’est-à-dire si $\delta=5$, on a une solution :

$$[1,2,3,4,5,6,7,8,9,10]= [u_{1},u_{2},u_{3},u_{4},u_{5},s_{1},s_{2},s_{3},s_{4},s_{5}]$$

Dans le cas contraire, après avoir enlevé ces $2\delta$ premiers éléments de l’intervalle $[1,10]$ on se retrouve dans une situation analogue à la situation initiale : un intervalle non vide d’entiers, partagé en deux listes $(u_{i})$ et $(s_{i})$ telles que $\forall i \in [\negthinspace[ 1,5 ]\negthinspace] \enspace s_{i}=u_{i}+\delta$.

Cet intervalle commence par un paquet de $\delta$ éléments de $U$ puis $\delta$ éléments de $S$. Cet algorithme se termine nécessairement, donc $[1,10]$ est constitué d’une succession de paquets de $\delta$ éléments de $U$ suivis d’un paquet de $\delta$ éléments de $S$.

Cela prouve que $2\delta$ divise $10$, soit $\delta$ divise $5$. À part $\delta=5$ déjà envisagé, la seule autre possibilité est $\delta=1$, qui donne la seule autre solution :

$$[1,2,3,4,5,6,7,8,9,10]= [u_{1},s_{1},u_{2},s_{3},u_{3},s_{3},u_{4},s_{4},u_{5},s_{5}]$$

 

Nouvel avis de recherche

Voici 3 avis de recherche dans le domaine de la géométrie. Avec le premier avis, c’est Georges Camguilhem qui nous propose de poursuivre les recherches entamées dans les Chantiers n°186 et Chantiers n°187 ; et le deuxième m’a été inspiré par un des problèmes de Michel Criton paru dans le numéro 231 du magazine Tangente. Quant au troisième, c’est mon ami Guy qui est origamiste qui s’est posé la question.

 
Nous attendons vos solutions que nous aurons plaisir à lire, et si, de plus, vous avez des problèmes à soumettre à la sagacité de nos lecteurs et lectrices, ainsi que des compléments sur des avis précédents, écrivez-nous à l’adresse des problèmes des Chantiers.

 

Les problèmes en Chantiers

Vous pouvez retrouver tous les problèmes des Chantiers, depuis le numéro 1 jusqu’à aujourd’hui : il y en a qui n’ont pas été résolus et d’autres qui méritent qu’on y revienne :

• les problèmes en Chantiers

 

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Les chantiers de pédagogie mathématique n°210 septembre 2026
La Régionale Île-de-France APMEP, 26 rue Duméril, 75013 PARIS