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Parallelogrammes aux cotes entières

Posté par
fabo34 12-09-23 à 16:46

Là je travaillais sur un théorème bien connu de Fermat, en cherchant une figure géométrique pour tenter de l'illustrer. Après une recherche infructueuse sur internet, je vous propose donc ma trouvaille sous forme d'une petite énigme. Avec un petit exemple en image:

Soit un parallelogramme de côté (a,b) et de diagonale (c,d). Quelle condition sur (a,b) afin que (a,b,c,d) soient tous des nombres entiers?

Parallelogrammes aux cotes entières

Posté par
GBZMre : Parallelogrammes aux cotes entières 12-09-23 à 17:42

Bonjour,
La règle du parallélogramme va sans aucun doute jouer un rôle : 2(a^2+b^2)=c^2+d^2.

Posté par
fabo34re : Parallelogrammes aux cotes entières 12-09-23 à 18:05

Et oui ... déjà débusqué! Le but est proche ... je cherchais un moyen de mettre en figure ces décompositions en carré ... là il reste une petite propriété à mettre en valeur ...

Posté par
mathafou Moderateurre : Parallelogrammes aux cotes entières 12-09-23 à 18:41

Bonjour,

en plus du théorème de Fermat sur le nombre de décompositions d'un entier en somme de deux carrés,
(que la décomposition de 2(a²+b²) comporte au moins une autre décomposition que (a+b)² + (a-b)²)

il faut aussi tenir compte de l'inégalité triangulaire :

|a-b| < c d < a+b
qui élimine bon nombre de "solutions" qui n'en sont pas.

Posté par
thetapinch27re : Parallelogrammes aux cotes entières 12-09-23 à 19:51

Bonsoir,

Une condition suffisante (moulinette à fabriquer de tels parallélogrammes). Par mieux

 Cliquez pour afficher

Posté par
fabo34re : Parallelogrammes aux cotes entières 12-09-23 à 19:54

Oui, effectivement mathafou

Si a²+b²=p^n, p premier "admissible" (\equiv 1[4]), alors il y a une unique décomposition primitive. La propriété que je trouve intéressante, c'est que la multiplication par 2  crée une autre unique décomposition primitive 2p=c²+d². Mais ensuite, si on multiplie par 4, on retombe sur la 1ère 4p=(2a)²+(2b)² et il n'y a plus de "création". Par 8, on retombe sur la 2ème, par 16 la 1ère, ... etc.

L'unique décomposition est donc donnée par la formule 2(a^2+b^2)=(a+b)^2+(a-b)^2 . Et pour le parallelogramme, ça donne un triangle plat!

La condition cherchée est donc: il faut donc que a^2+b^2 soit nécessairement composé.

Si on a un nombre pq, alors il existe 2 décompositions primitives (a,b) et (a',b'). Qui donnent par la formule 2pq, (c,d) et (c',d').

Il semble y avoir toujours une des 2 solutions "croisées" (a,b),(c',d') ou (a',b'),(c,d) qui vérifie l'inégalité triangulaire.

Parallelogrammes aux cotes entières

Posté par
fabo34re : Parallelogrammes aux cotes entières 12-09-23 à 20:43

J'avais illustré avec un autre exemple avec les 3 premiers décomposables (5, 13, 17).
(a,b)=(4,33) ne fonctionne pas
(a,b)=(9,32)    fonctionne avec (c,d)= (29,37)
(a,b)=(12,31) fonctionne avec (c,d)= (29,37) et (23,41)
(a,b)=(23,24) fonctionne avec (c,d)= (29,37) et (23,41) et (19,43)

En terme de décompte, il existe peut-être une loi générale à énoncer.
Là j'ai dessiné avec les diagonales (29,37)

Parallelogrammes aux cotes entières

Posté par
dpire : Parallelogrammes aux cotes entières 13-09-23 à 09:02

Bonjour
A noter que dans la figure d'origine la petite diagonale est égale au grand coté (ABC est isocèle).
Cette propriété favorise les solutions..

Parallelogrammes aux cotes entières

Posté par
mathafou Moderateurre : Parallelogrammes aux cotes entières 13-09-23 à 09:28

une recherche par force brute sur des valeurs de a et b donne des solutions "non primitives"
par exemple la solution (14, 8, 14, 18) est simplement le double (la même deux fois plus grande) que la solution (7, 4, 7, 9) !


la méthode issue directement des remarques déja formulées pour n'obtenir que des solutions "primitives" (PGCD(a,b,c,d)=1)
soit E l'ensemble des nombres premiers 1 mod 4
E = {5, 13, 17, 29, 37, 41 ...)
chacun se décompose de façon unique (et forcément "primitive) en somme de deux carrés

choisir un nombre m formé uniquement de facteurs premiers de E
et d'au moins deux facteurs, pas forcément différents
un algorithme simple donne toutes les décomposions F de n en somme de deux carrés à partir des décompositions en somme de carrés de ses facteurs premiers.
chaque décomposition de m = a²+b² de F donne une décomposition de 2m = (a+b)² + (a-b)² et donc l'ensemble G des candidats c²+d²
pour chaque choix de a,b dans F on ne retient que les éléments (c, d) de G pour lesquels |a-b| < c d < a+b

c'est ce qu'a fait fabo34 dans ses exemples

un autre exemple à partir de m = 5² 17

Parallelogrammes aux cotes entières
5²+20² ne donne pas de solution compatible avec
20-5 < c d < 20+5

et enfin un autre à partir de m = 5² ... que je vous laisse calculer : un rectangle de dimensions 3 et 4 et de diagonales égales à 5

Posté par
fabo34re : Parallelogrammes aux cotes entières 13-09-23 à 10:15

@dpi: oui, effectivement, je suis parti des plus petits nombres, à savoir les décompositions de 5*13 et 5*17, qui donnent des triangles isocèles (a,b,c,d)=(4,7,7,9) et (6,7,7,11). Après ça n'est pas forcément le cas. Mais on en retrouve effectivement. Exemple pour 37*17, qui est la troisième solution primitive que je vois dans ton tableau (10,23,23,27)

Au passage, la liste des premiers 1[4] ici: https://oeis.org/A002144


Prendant que je vous ai sous la main, comment montrez-vous l'unicité de la décomposition en carré des premiers 1[4]?

Posté par
dpire : Parallelogrammes aux cotes entières 13-09-23 à 10:33

Dans mon observation ABC isocèle il faut bien sûr déduire les homothétiques* .

*ils correspondent toutefois  à la question.

Posté par
mathafou Moderateurre : Parallelogrammes aux cotes entières 13-09-23 à 10:47

les démonstrations que j'ai (tirées de livres de Marc Guinot) sont extrêmement longues ...
la plus élégante est celle qui utilise l'étude des entiers de Gauss \Z[i]
nombres complexes de la forme a+ib avec a et b .

tout ceci est en fait de façon équivalente basé sur l'identité "de Fibonacci"

(x^2 + y^2)(a^2+b^2) = (xa \pm yb)^2 + (xb \mp ya)^2
qui permet de relier les décompositions d'un produit aux décompositions de ses facteurs.
et permet de justifier que si p est premier, alors si de plus il admet une décomposition en somme de deux carrés, alors elle est unique à l'ordre et signe des termes près.
soit dans \Z[i] par décomposition en facteurs premiers de la norme
soit par descente sur l'identité de Fibonacci.

Posté par
fabo34re : Parallelogrammes aux cotes entières 13-09-23 à 11:06

@dpi: oui. Tu as entièrement raison. J'aurais dû préciser dans mon énoncé

@mathafou: oui. Même constat. J'en ai trouvé plusieurs mais c'est tellement fastidieux! Déjà que la réciproque du théorème est difficile, et l'unicité aussi. Sur wikipedia, j'ai regardé la preuve d'Euler, mais, ... c'est dur. Je vais donc m'intéresser aux entiers de Gauss. Comme quoi, petit problème à l'énoncé cours, mais redoutable!

Posté par
fabo34re : Parallelogrammes aux cotes entières 13-09-23 à 20:21

@mathafou: je pense avoir trouvé une démonstration très élégante, sans passer par \mathbb{Z}[i] et la théorie. Du moins ça m'éclaire pour l'instant de passer par là car je comprends que ce sont les carrés et la primalité qui posent des contraintes de "distances". Ainsi je comprends mieux ce qu'il se passe. Et c'est surtout accessible à un lycéen!
Va vient d'ici: https://proofwiki.org/wiki/Fermat%27s_Two_Squares_Theorem . Un nouveau site que je ne connaissais pas !

Si je résume à ma sauce:
On suppose  p=a^2+b^2=c^2+d^2

avec   \sqrt p>a>b>0   et   \sqrt p>c>d>0

on en déduit immédiatement les encadrements suivants:
2p>ad+bc et -p<ad-bc<p \quad (1) .
Ce sont ces contraintes de distance qui vont être décisives

Maintenant on calcule:

(ad+bc)(ad-bc)=(ad)^2-(bc)^2=(p-b^2)d^2-b^2(p-d^2)

Ce qui donne (ad+bc)(ad-bc)=p(d^2-b^2)

Par conséquent p \mid (ad+bc) \text{ ou } p \mid (ad-bc)
Là c'est la primalité qui intervient

Or a 2 chemins possibles (identité de Fibonacci)

p^2=(ac-bd)^2+(ad+bc)^2 \quad (2)
p^2=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2 \quad (3)


Si p \mid (ad+bc)   alors (1) \Rightarrow p=ad+bc

Par conséquent (2)\Rightarrow  ac-bd=0, ce qui est impossible car ac>bd


Donc c'est p \mid (ad-bc)
Mais alors (1) \Rightarrow ad-bc=0
donc ad=bc , auquel cas (3)\Rightarrow  ac+bd=p .

En multipliant par a, on obtient:
a^2c+abd=ap\Rightarrow a^2c+b^2c=ap \Rightarrow  cp=ap

et au final a=c   (et b=d), donc l'unicité!


Sous votre  contrôle

Posté par
jandri Correcteurre : Parallelogrammes aux cotes entières 13-09-23 à 22:04

Bonjour,

je connais une variante (plus courte) de cette démonstration.

Supposons p=a^2+b^2=c^2+d^2 avec p premier

1) (ac+bd)(ad+bc)=(a^2+b^2)cd+(c^2+d^2)ab=p(ab+cd)

On en déduit que par exemple p divise (ac+bd) (on peut permuter c et d) et donc ac+bd\geq p

2) p^2=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2\geq p^2+(ad-bc)^2 donc ad-bc=0, d'où \dfrac{c^2}{a^2}=\dfrac{d^2}{b^2}=\dfrac{c^2+d^2}{a^2+b^2}=1 et donc c=a et d=b.

Posté par
fabo34re : Parallelogrammes aux cotes entières 13-09-23 à 23:05

jandri: c'est vraiment magnifique. Je suis impressionné. Merci!

Posté par
dpire : Parallelogrammes aux cotes entières 14-09-23 à 08:34

Bonjour,
Je suis impressionné par vos calculs.
Comme vous savez que j'aime le concret...j'ai fait un générateur
de parallélogramme  avec abcd entiers.
on pose a et b entiers quelconques  et on déroule
exemples:
18;13--->19;25
37;22--->41;45
49;47--->56;78

Posté par
mathafou Moderateurre : Parallelogrammes aux cotes entières 14-09-23 à 09:20

"on pose a et b entiers quelconques"

hum ... que donnent :
11; 34 ? (0 solution)
13; 16 ? (2 solutions)
etc

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Parallelogrammes aux cotes entières 14-09-23 à 10:47

Bonjour,
Je suis de loin depuis le début
@jandri,
Jolie démonstration effectivement.
Et présentée très clairement ; ce qui ne gâche rien !

Posté par
jandri Correcteurre : Parallelogrammes aux cotes entières 14-09-23 à 12:06

@Sylvieg
Merci mais ce n'est pas moi qui l'ai inventée, je l'avais trouvée sur un forum roumain en 2008.

Je l'ai même généralisée :

si p=a^2+Nb^2 avec p premier, N\geq2 et a,b dans \N^* alors il y a unicité du couple (a,b).

On suppose p=a^2+Nb^2=c^2+Nd^2 et on écrit :

(ac+Nbd)(ad+bc)=(a^2+Nb^2)cd+(c^2+Nd^2)ab=p(ab+cd)

Si p divisait ad+bc on aurait ad+bc\geq p d'où p^2=(ac-Nbd)^2+N(ad+bc)^2\geq Np^2 contradiction (N\geq2).

Donc p divise ac+Nbd d'où ac+Nbd\geq p et p^2=(ac+Nbd)^2+N(ad-bc)^2\geq p^2+N(ad-bc)^2

qui entraine ad-bc=0 et \dfrac{c^2}{a^2}=\dfrac{d^2}{b^2}=\dfrac{c^2+Nd^2}{a^2+Nb^2}=1 d'où a=c et b=d.

Posté par
dpire : Parallelogrammes aux cotes entières 14-09-23 à 12:33

>mathafou
Bien sûr que mon bidule ne donne pas de solution *pour ton exemple 11;34 .
je ne retiens  que les vraies...

*sauf   45:23    (plat)

Posté par
fabo34re : Parallelogrammes aux cotes entières 14-09-23 à 14:49

@jandri : franchement, ça aurait pu être de toi, vu la qualité de tes interventions en général! C'est clair que celle là va être (aussi) gravée dans ma mémoire pour longtemps. Et il n'y a aucune raison que cette preuve reste dans les cartons; les raccourcis sont vraiment géniaux! Je l'ai signalée ici : https://proofwiki.org/wiki/Talk:Fermat%27s_Two_Squares_Theorem
. On verra bien

@dpi: peut-être un programme qui présente tout cela graphiquement, avec tous les parallélogrammes sur une même figure pour (a,b)?  Comme les triplets pythagoriciens, peut-être existe-t-il des familles (primitives) de parallélogrammes? Là je jette ça en l'air comme ça, je n'ai pas étudié la question. (j'imagine que ça se saurait, mais bon ... )

Posté par
dpire : Parallelogrammes aux cotes entières 14-09-23 à 14:55

>fabo34

Pour le plaisir donne moi quelques valeurs de a et b  (ab).

Posté par
fabo34re : Parallelogrammes aux cotes entières 14-09-23 à 20:46

@dpi: peut-être (a,b)=(23,24) voir si tu retrouve bien (c,d)= (29,37) et (23,41) et (19,43)

Posté par
dpire : Parallelogrammes aux cotes entières 15-09-23 à 08:05

Bonjour,
24;23---->19;43    23:41   29:37  et leur symétrique
Pour  tester au hasard :
124;45--->0
379;128 -->255;505    395;405                 ""
1021;652-->1179;1243    1299 ;1117    1421;957           ""

Posté par
fabo34re : Parallelogrammes aux cotes entières 15-09-23 à 09:34

@dpi: arrivé à ce niveau, peut-être peux-tu chercher s'il existe des couples  (a,b) dont les solutions trouvées (c,d) ont-elle elles-même des solutions, etc, etc? (va falloir utiliser (2c,d) ou (2d,c) comme point de départ.  Ce qui constituerait des arbres, des familles? Après il y a moyen de s'amuser, d'essayer d'agencer tout ça, avec peut-être de bonnes surprises.  Ça me fait penser à la trouvaille  d'un chercheur en 2016 d'une façon originale de représenter des familles de triplets pythagoriciens. C'était un article de Delahaye dans "pour la science"

Parallelogrammes aux cotes entières

Posté par
dpire : Parallelogrammes aux cotes entières 15-09-23 à 14:11

Excellente idée, je cherche

Posté par
dpire : Parallelogrammes aux cotes entières 15-09-23 à 16:17

Voici les 10 premiers  débuts de chaînes jusqu'au niveau 12 mais ça continue....
Il faut sortir les homothétiques

Parallelogrammes aux cotes entières

Posté par
dpire : Parallelogrammes aux cotes entières 15-09-23 à 17:57

Finalement,il n'y a que des homothétiques ce qui est logique
mais  on peut fouiller l'idée

Posté par
dpire : Parallelogrammes aux cotes entières 16-09-23 à 15:07

Voici le début de ton exemple  7;4:7;9 en 3 parallélogrammes.

Parallelogrammes aux cotes entières

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Parallelogrammes aux cotes entières 16-09-23 à 17:14

Bonjour,
Ce dessin m'a donné l'idée d'exploiter la "moulinette" de
thetapinch le 27 12-09-2023 à 19h51 :

a = 2k\; où k est un entier supérieur ou égal à 2.
b = c = 2k2 - 1
d = 2k2 + 1

On peut en déduire une autre moulinette :
a = 2k2 - 1
b = 2k2 + 1
c = 4k
d = 4k2 - 2 = 2a

Posté par
fabo34re : Parallelogrammes aux cotes entières 16-09-23 à 17:42

Il me semble que tu appliques (2c,2d). Ca ne va donner que des (2a,2b)   !

Je pensais plutôt à (2c,d) ou (c,2d), pour avoir des parités opposées à chaque nouvelle étape.  Graphiquement, ça voudrait dire qu'une des diagonales devient le côté d'un nouveau, etc, etc ...

En gros, Si on note quadruplet (a,b,c,d)_{a^2+b^2}, en indice la décompostion en facteurs premiers, ça donnerait

\begin{array}{ll}(4,7,7,9)_{5.13} &\rightarrow (14,9,\varnothing)_{277}\\ & \rightarrow (7,18,\varnothing)_{373} \end{array}

là ça s'arrête!

Avec un autre démarrage:

\begin{array}{ll} \\ (6,7,7,11)_{5.17} &\rightarrow (14,11,\varnothing)_{317}\\ \\ & \rightarrow (7,22,21,25)_{13.41} \\ \end{array}

là on peut continuer avec une des 2 branches:

\begin{array}{ll} \\ (7,22,21,25)_{13.41}  &\rightarrow (42,25,\varnothing)_{2389}\\ \\ & \rightarrow (21,50,49,59)_{17.173} \\ \end{array}

Idem ça continue:

\begin{array}{ll} \\ \rightarrow (21,50,49,59)_{17.173}  &\rightarrow (98,59,63,149)_{5.2617}\\ \\ & \rightarrow (49,118,49,59)_{5^2.653} \\ \end{array}

Là les 2 branches sont fécondes ...
(2.63)^2+149^2=13·29·101
63^2+(2.149)^2=113·821

Donc ça va continuer ... etc, etc

Là, comme ça, à chaud, je ne vois pas quoi faire de ce genre de résultat
Peut-être un pavage, en parler à un carreleur ?
Si ça vous inspire?

Posté par
fabo34re : Parallelogrammes aux cotes entières 16-09-23 à 17:44

C'était pour dpi
On s'est télescopé avec Sylvieg

Posté par
fabo34re : Parallelogrammes aux cotes entières 16-09-23 à 18:32

belles moulinettes effectivement:

@thetapinch
(4,7,7,9)_{5.13}, (6,17,17,19)_{5^2.13} , (8,31,31,33)_{5^2.41}, \\ (10,49, 49, 51)_{41.61}, (12,71,71,73)_{5.17.61}, (14,97,97,99)_{5.17.113}, ...

@Sylvieg :  a et b impairs. Des solutions précédentes, les diagonales deviennent les côtés et les côtés le double des diagonales
(9,7,8,14) <-> (4,7,7,9)
(19,17,12,34) <-> (6,17,17,19)
(33,31,16,62) <-> (8,31,31,33)

Posté par
fabo34re : Parallelogrammes aux cotes entières 17-09-23 à 19:08

Juste une chose:

Le générateur de thetapinch avec (a,b)=(2k,2k^2-1) donne a^2+b^2=4k^4+1

a^2+b^2=(k^2+(k+1)^2)((k-1)^2+k^2)=x_kx_{k-1}
avec x_k=k^2+(k+1)^2

Si on regarde numériquement ce qu'il se passe, on remarque que les x_k contiennent uniquement des facteurs premiers de la forme  \equiv1[4] (tout le temps vrai jusqu'à k=300). Du coup ça explique pourquoi 2(a^2+b^2)=c^2+d^2 fonctionne. Mais on remarque qu'on loupe (très souvent) d'autres décompositions en carré (qui donneraient lieu au parallelogramme). On trouve parfois des occurences où (x_k,x_{k-1})_k sont premiers, comme (1201,1301)_{25} .

Or le théorème de Fermat dit que les facteurs premiers en 3[4] ont une valuation paire. Mais là il n'y en a pas!

Donc la question est:  pourquoi les nombres x_k   ne contiennent-ils que des facteurs premiers en 1[4] ?
Exemple: x_{k \in [2;9]}=13,5^2,41,61,5.17,113,5.29,181

Posté par
jandri Correcteurre : Parallelogrammes aux cotes entières 17-09-23 à 19:24

Bonjour fabo34,

c'est normal car d'une part x_k est impair donc non divisible par 2 et d'autre part si un nombre premier p congru à 3 modulo 4 divise une somme de deux carrés alors il divise chaque carré (-1 n'est pas un carré modulo p), ce qui n'est pas possible pour x_k puisque k et k+1 sont premiers entre eux.

Posté par
fabo34re : Parallelogrammes aux cotes entières 17-09-23 à 21:23

@jandri: mais oui merci! . Je viens seulement de réaliser que les 3[4] n'apporte rien sinon que de s'insérer dans les carrés des décompositions créées par les 1[4].


Sinon, pour gcd(x_{k},x_{k-1})=1

J'étais passé par:

x_{k}~~~=(2 k^{2}+1)+2k=u+v
x_{k-1}=(2 k^{2}+1)-2k=u-v
Ici gcd(u,v)=gcd((2 k^{2}+1,2k)=1
(u,v) de parité différente.

D'où gcd(u+v,u-v)=1

Tu as peut-être différemment?

Posté par
jandri Correcteurre : Parallelogrammes aux cotes entières 17-09-23 à 23:11

J'ai à peu près la même chose (en une ligne) :

\gcd(x_{k},x_{k-1})=\gcd(2k^2+2k+1,2k^2-2k+1)=\gcd(2k^2+2k+1,4k)=\gcd(2k^2+2k+1,k)=1

Posté par
fabo34re : Parallelogrammes aux cotes entières 18-09-23 à 09:28

C'est mieux. Je prends!

Voilà. C'est donc la première fois que je vois une fonction dont les images sont composées uniquement d'un certains "type" de nombres premiers (ici les (1[4] ). Je ne pensais même pas que ça pouvait exister. Une sorte de filtre dans le chaos hasardeux des nombres premiers. C'est chouette, comme résultat. Bon, ça doit être connu depuis des lustres, mais ça m'émeut!

Du coup, ça amène au problème suivant:  existe-t-il une fonction dont les images sont composées uniquement de facteurs premiers en 3[4] ?

Posté par
dpire : Parallelogrammes aux cotes entières 19-09-23 à 15:29

Une observation:
Le premier couple donnant 2 solutions symétriques est :

(15;10)--->(11;23) et (17;19)
(17;19) donnant à son tour--->(12;34) et (20;30) etc...

Posté par
fabo34re : Parallelogrammes aux cotes entières 20-09-23 à 19:07

@dpi: qu'entends-tu par solution symétrique?


Ainsi les hypothénuses des triplets pythagoriciens primitifs n'ont que des facteurs premiers en 1[4]! Je viens juste de faire le lien ! Il n'est jamais trop tard

En dédicace ici, et pour remercier leurs auteur, l'outil en ligne que j'ai utilisé pour trouver les décompositions en carrés: https://wims.univ-cotedazur.fr/wims/wims.cgi

Posté par
fabo34re : Parallelogrammes aux cotes entières 20-09-23 à 20:36

Pour trouver l'outil, il faut rechercher "carré" et Type "Outil de calcul en ligne". Le lien apparaît alors plus bas.

Parallelogrammes aux cotes entières

Posté par
dpire : Parallelogrammes aux cotes entières 21-09-23 à 06:43

Pour mémoire,

(15;10)---->(11;23)et (17;19) "penche"  à gauche
symétrique  (23;11)et (19;17) "penche" à droite

Posté par
fabo34re : Parallelogrammes aux cotes entières 01-10-23 à 21:44

"Existe-t-il une fonction dont les images sont composées uniquement de facteurs premiers en 3[4] ?"

u_k=2^{2k+1}+1 semble vérifier cette propriété.
Mais pour quelle raison ?

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Parallelogrammes aux cotes entières 02-10-23 à 07:32

Bonjour fabo34,
As-tu essayé avec k = 20 ?

Posté par
fabo34re : Parallelogrammes aux cotes entières 02-10-23 à 08:32

Merci @Sylvieg !
J'étais tombé sur ces fonctions en travaillant sur un autre exercice. Et en voyant quelques décompositions, ça m'a fait instantanément penser aux 3[4]. J'ai vérifié avec beaucoup d'autres valeurs de k, mais  pas 20 !! . D'habitude je vérifie avec des scripts python, mais là je me suis laissé emporté par mon enthousiasme!

La question reste donc toujours ouverte .

Posté par
fabo34re : Parallelogrammes aux cotes entières 02-10-23 à 10:20

(Le 1er contrexemple pour k=229+1: u14=536870913=3.59.3033169 )

Posté par
fabo34re : Parallelogrammes aux cotes entières 02-10-23 à 10:23

(Le 1er contrexemple pour k=14.    u14=229+1=536870913=3.59.3033169 )


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