Bonjour à tous ,
Pour se détendre...
Quand on observe les triplets pythagoriciens ,on trouve par exemple
24²+7²=25²=20²+12² soit une paire .
On recherche un triplet.
Si j'ai bien compris, il s'agit de trouver 3 couples d'entiers (a,b) (c,d) et (e,f) tels que a2+b2, c2+d2 et e2+f2 soient égaux au même carré.
Bonjour
voir le théorème de noël (du 25/12/1640) qui donne le nombre de décompositions d'un nombre (eg. d'un carré) en somme de carrés
Mes excuses pour la coquille 24²+7²=25²=20²+15²
Sans regarder la réponse de mathafou .vous pouvez essayer...
A noter qu'i existe un quadruplet plus petit...lequel?
PS
quand on parle d'un triplet de solutions, on parle d'un triplet de seulement trois décompositions,
pas de 3 parmi un quadruplet ou plus
sinon oui, et même qu'il y a dans ces conditions plus petit que le tien :
mon quadruplet d'où on peut certes tirer quatre triplets, mais ça n'empêche que c'est un quadruplet.
tu ne demandais pas "au moins trois" , mais trois (exactement)
bref on est d'accord sur les résultats : le plus petit triplet est un triplet extrait d'un quadruplet
La distraction continue avec ces fameux triangles.
Qui réussira à empiler le plus grand nombre de triangles Pythagoriciens de façon que les cotés ou les hypoténuses soient liés
(et égaux )voir la figure pour 2 (pas à l'échelle).
Cherchez bien, c'est amusant car il faut composer avec les triplets et les
possibilités géométriques (feuille type mathafou mais millimétrique).
Au delà de 6 ,seules les dimensions doivent figurer
Ah ...
tu viens de te rendre compte qu'on pouvait aller aussi loin qu'on veut et donc tu limites dans une feuille A4 en millimètres ?
tu n'imposes pas que les sommets soient à coordonnées entières (en mm) ? ou si ?
et je suppose que tu souhaites des triangles tous différents ?
sinon on peut paver la feuille avec des triangles 3-4-5 ...
PS modération
ceci est certes lié aux doublets, triplets etc
mais cela aurait mérité une discussion séparée
si tu la crées je peux faire le ménage mais je n'ai pas la possibilité d'usurper ton identité pour créer une discussion à ta place
et faire un clone demanderait bien trop de nettoyage
en tout cas un début pas tellement prometteur (donc sans blank, juste pour amorcer la discussion)
les côtés 3 et 4 du 3-4-5 sont "stériles" (ils ne donnent que le même 3-4-5)
seule l'hypoténuse donne un seul autre triangle le (5, 12, 13)
à partir de celui là :
le 12 peut donner comme côté (12, 35, 37) (12, 9, 15) (et aucun en tant qu'hypoténuse)
le 13 peut donner une seule solution en tant que côté : (13, 84, 85)
qui à son tour peut en donner de nombreuses suivantes mais avec une taille qui devient vite démesurée :
84 comme côté :
(84, 880, 884) (84, 80, 116) (84, 288, 300) (84, 112, 140)
(84, 1763, 1765) (84, 437, 445) (84, 187, 205) (84, 585, 591)
(84, 135, 159) (84, 245, 259) (84, 35, 91) (84, 63, 105)
84 comme hypoténuse : aucun autre
85 comme côté :
(85, 3612, 3613) (85, 132, 157) (85, 720, 725)(85, 204, 221)
85 comme hypoténuse (différents):
(51, 68, 85) (77, 36, 85) (75, 40, 85)
bref, partir du (3, 4, 5) n'est peut être pas une si bonne idée que ça
J e propose de rester ici et de laisser venir.
Bien entendu ,si on commence bien sur un quadrillage ,rapidement les hypoténuses font quitter les noeuds
j'ai dépassé 10 triangles....
Tout compte fait ,seul un respect des proportions est valable et
le quadrillage devient inutile.
Le blank est superflu puisque il s'agit d'une course au nombre
pour info mon début sur(3,4,5) prolongé plus avant et plongé dans une feuille A4 (mm)
un triangle de 3mm sur 4mm est minuscule à cette échelle, j'ai masqué les valeurs au voisinage de cet ombilic, un zoom :
Une figure de 10 triangles que je peux agrandir sur 4
cotés soit minimum 14.
Triangle noir de départ 24 45 51
L'amusement continue
En voulant figurer mes 4 derniers ,j'ai eu la chance de retomber sur
le plus petit triangle de Pythagore 3 4 5 en noir , ce qui relance la machine...
Donc 16+++
j'en suis à 36 triangles tous différents et en mm dans une feuille A4
figure trop monstrueuse, juste un aperçu :
je suis parti de ma figure précédente à partir du (3,4,5) que j'ai complétée de proche en proche
liste de mes triangles par ordre lexicographique
(3,4,5) (5,12,13) (6,8,10) (8,15,17) (9,12,15) (9,40,41) (10,24,26)
(12,16,20) (12,35,37) (13,84,85) (14,48,50) (15,36,39) (16,30,34)
(16,63,65) (17,144,145) (18,24,30) (18,80,82) (20,48,52) (21,28,35)
(21,72,75) (24,32,40) (24,45,51) (25,60,65) (27,36,45) (30,40,50)
(32,60,68) (35,84,91) (36,48,60) (39,52,65) (39,80,89) (45,60,75)
(48,90,102) (51,58,85) (54,72,90) (60,91,109) (60,63,87)
sauf erreur ou omission (liste tapée à la main)
aller plus loin nécessite de remettre en cause des choix en plein milieu
(en l'état , ça ne peut plus s'étendre dans A4 avec des triangles tous différents)
en fait on peut combler quelques trous oubliés et en décalant la feuille et en caser 40
ajout de (15,20,25) (20, 21, 29) (28,45,53) (40,42,58)
la largeur utilisée est de 209, 41 pour 210 mm (mais on peut aussi faire tourner la feuille ...)
Je pense que cette recherche mérite de nouveaux participants qui
en principe aiment ce genre
On observe des cotés qui stoppent le développement de la figure
comme les nombres premiers mais aussi des non-premiers comme
34 38 46 58 62 74 82 86 94 on peut aller jusqu'à 205 car ensuite
au vu de la feuille A4 , on dépasse.
Au delà , l'étude ne présente plus de coté pratique .
la liste de mes triangles n'est pas dans l'ordre où ils sont obtenus , mais dans l'ordre croissant des valeurs ordonnées (ordre lexicographique)
ce tri est nécessaire pour s'assurer de ne pas reprendre un triangle déja utilisé
le facteur limitant est uniquement la taille !
et le télescopage par effet "escargot"
comme je le signalais au tout début, si on ne limite pas le terrain de jeu on peut aller jusqu'à l'infini sans aucune contrainte.
en vertu des résultats suivants :
dans un triangle rectangle l'hypoténuse est > chacun des côtés
toute hypoténuse entière peut être le côté de l'angle droit d'au moins un triangle rectangle à côtés entiers
on évite le phénomène d'escargot (qui ferait refermer la chaine sur elle même ) par le choix de l'orientation du nouveau triangle
ex. de début de chaine garantie infinie :
(3,4,5) (5,12,13) (13, 84, 85) (85, 204, 221)* (60, 221, 229) (229, 26220, 26221) etc (si pas de limite de taille disais-je)
(*) une possibilité parmi 4, d'autres choix entrainent une croissance plus ou moins rapide ensuite
en espace restreint si on ne veut pas être très rapidement bloqué par la taille on n'accroche pas le nouveau triangle systématiquement sur l'hypoténuse précédente.
ces différents choix (quel côté et cas multiples) compliquent énormément la recherche d'une disposition donnant le maximum de triangles. l'influence du choix sur le résultat ne se faisant sentir que plusieurs triangles plus tard.
la figure correspondant à mon ajout du 21-06-22 à 16:43
la partie centrale a déja été zoomée et est inchangée
la feuille a été tournée pour mieux mettre en évidence que les points DEF sont bien dedans
(sans la tourner, on obtient comme, déja dit 209,41 pour 210 mm, ça passe mais on ne voit pas grand chose)
dans le genre d'autres amusettes sur les triangles pythagoriciens
on remarque des "patterns" intéressants dans ma figure, en particulier des triangles découpés par des triangles pythagoriciens
dont l'intéressant
1) démontrer que c'est vrai (= que B, E, D sont effectivement alignés)
2) en chercher d'autres (des triangles découpés en au moins 4 triangles pythagoriciens)
3) quel est le plus petit triangle pythagoricien (mon ABC n'est pas rectangle !) découpé en au moins 4 triangles pythagoriciens
PS j'ai recensé 5 façons d'agencer4 triangles rectangles dans un triangle, et donc 5 fois le problème précédent.
si on veut..
mais il ne faut pas faire ça avec la calculette en valeurs approchées, mais en valeurs exactes
je pense que c'est en tout cas plus facile en utilisant la tangente
(formule méconnue, mais on peut le faire en deux fois avec tan(a+b))
ne fait intervenir que des tangentes
alors que la formule d'addition en cosinus fait intervenir cosinus et sinus.
Je pense que les cos sont donnés par la figure:
45/75=0.6
21/75=0.28
21/35=0.6
avec la fonction arccos on obtient en radians0.92729522+1.2800222+0.92729522=
Ta question 3 est intéressante ,je cherche....
les cosinus et les sinus et les tangentes sont lisibles directement sur la figure en fractions exactes
par contre
ce que tu fais est un calcul approché et pas une preuve, aussi précise que soit cette approximation ...
je pense qu'll serait bon de faire la 2 déja
(d'autres triangles avec la même propriété mais pas forcément eux même rectangles)
des triangles découpés en 2 on en trouve "à la pelle"
et même des triangles rectangles (la découpe d'un triangle rectangle par sa hauteur donne deux triangles semblables au tout, donc ce sont des multiples d'un même triangle primitif)
en 3 il suffit de partir d'un BCD rectangle découpé en deux et de l'étendre avec un triangle ACD quelconque (tout entier > 2 est un côté d'au moins un triangle de Pythagore) par le seul agencement possible
mais découpés en 4 ...
en tout cas cela donne de suite les agencements les plus simples pour une découpe en 4
les deux autres cas de figure ne se laissent pas faire si facilement, à suivre ...
Bonjour,
Toujours pas d'amateurs
Ta figure du 22 à 10h19 mérite une citation à l'OEIS.
Effectivement la question 3 est ardue ,je vais tenter la 2 puis
10 jours sans ordi....
Bonjour,
ce qui rend la 3 ardue est la recherche du plus petit
sinon, c'est assez facile d'en générer des tas
il n'est pas difficile de résoudre tout ça si on accepte des copies du même triangle dans la figure
la "plaisanterie" :
sera exclue si on impose que tous les triangles sont différents
il est quasi inévitable par contre d'avoir au moins deux triangles semblables (multiples d'un même triangle primitif)
un indice à déja été donné le 22-06-22 à 11:14
je le complète par les découpes possibles en 2, en 3 et en 4 triangles rectangles d'un triangle, rectangle ou non,
en indiquant explicitement les angles droits
je ne blanque pas vu que tout reste à faire pour en trouver les dimensions et qu'elles soient entières.
certaines dispositions s'avèrent faciles, d'autres moins
on remarque plusieurs cas d'hypoténuse commune
ce qui nous ramène au doublets initiaux de cette discussion
bon début, persévère ... tu vas trouver le truc
ça donne de toute façon des dimensions,... impressionnantes.
(vu qu'on est amené à multiplier par le complément au PPCM avec le nouveau triangle)
accoler deux triangles semblables au (3,4,5) est comme tu l'as fait avec un coté commun = le PPCM de 3 et 4 (ou de 3 et 5 ou de 4 et 5 si commun avec l'hypoténuse 5)
et ça ne s'arrange pas en ajoutant d'autres triangles...
une "solution triviale" à partir de multiples de (3,4,5)
on cherche bien sur des solutions non triviales et si possible plus petites
Bonjour
Un peu dans le même esprit, vu dans la revue "Jouer Jeux Mathématiques" :
Combien existe-t-il de découpages d'un carré en 6 triangles semblables ?
Bonjour derny,
il y suffisamment de taf dans cette discussion-ci sans en rajouter une couche
je propose que tu mettes cette question dans une discussion à part entière (pour éviter des digressions dans cette discussion-ci)
on va essayer d'avancer un peu sur ce problème des triangles Pythagoriciens
on va se concentrer sur la découpe d'un triangle rectangle en 4
pour un triangle rectangle on a les agencements possibles suivants :
les cas 1 et 1bis sont exclus si on veut des triangles tous différents
es cas 2 et 3 sont "triviaux" en ce sens qu'on peut partir d'un triangle de base quelconque et opérer juste des agrandissements (exemple déja donné précédemment)
reste les cas 4 et 5 dans lesquels on remarque une hypoténuse commune et donc il s'agit de choisir comme point de départ des doublets (début de la discussion)
prenons comme exemple le doublet le plus simple 25² = 7²+24² = 15²+20²
on peut les disposer de part et d'autre de l'hypoténuse 25 de deux façons différentes (une seule est choisie ci-dessous) pour former un quadrilatère CDEF
puis opérer par prolongement et perpendiculaires pour obtenir deux possibilités ABC et A'B'C :
avec la formule tan(a+b) on calcule tan = BF/EF
on trouve ici que tan = 4/3 et donc les triangles colorés sont semblables au triangle primitif (3,4,5)
on opère alors les agrandissements idoines pour rendre les côtés égaux :
on multiplie par 3 le quadrilatère et par 7 le triangle (3,4,5) de sorte que EF = 3*7 = 7*3
on obtient ainsi .... presque la figure du 22-06-22 à 10:43 !
sauf que le triangle (32,60,68) est remplacé par un (45,60,75)
hélas ce cas donne deux triangles identiques
raté
on essaie avec d'autres points de départ ...
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