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Shortlist 2016, N7

Domaine : Théorie des nombres · Difficulté : ★★★★☆ · Proposé par : non indiqué

Concepts : Valuations p-adiques et lemme LTE

Solution officielle : Shortlist officielle 2016 (avec solutions), p. 83 (page 86 du PDF)

Problème 3 de l'OIM 2016

Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2016, où il était le problème 3 (jour 1).

Pas encore relu

Les concepts et la rédaction de cette page n'ont pas encore été vérifiés.

Énoncé

Let \(n\) be an odd positive integer. In the Cartesian plane, a cyclic polygon \(P\) with area \(S\) is chosen. All its vertices have integral coordinates, and all squares of its side lengths are divisible by \(n\). Prove that \(2S\) is an integer divisible by \(n\).

Indices : les idées clés
  • Récurrence sur le nombre de sommets : si le carré d'une diagonale est divisible par \(n\), cette diagonale coupe le polygone en deux polygones plus petits qui vérifient encore l'hypothèse.
  • Valuations p-adiques : on se ramène à \(n = p^t\) et on suit les valuations \(\nu_p\) des carrés des longueurs \(A_1A_m^2\).
  • Théorème de Ptolémée élevé au carré : relie les carrés (entiers) des longueurs dans le quadrilatère inscrit \(A_1A_{m-1}A_mA_{m+1}\).
  • Formule de Héron pour le cas du triangle.
Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2016 (une solution et une remarque).

Solution

Notons \(P = A_1A_2\ldots A_k\) et posons \(A_{k+i} = A_i\) pour \(i \geq 1\). D'après la formule du lacet (Shoelace), l'aire d'un polygone convexe à sommets entiers est la moitié d'un entier ; donc \(2S\) est un entier. Montrons par récurrence sur \(k \geq 3\) que \(2S\) est divisible par \(n\). Il suffit clairement de traiter le cas \(n = p^t\) avec \(p\) premier impair et \(t \geq 1\).

Cas de base \(k = 3\). Notons \(\sqrt{na}, \sqrt{nb}, \sqrt{nc}\) les longueurs des côtés, avec \(a, b, c\) entiers positifs. D'après la formule de Héron,

\[16S^2 = n^2\left(2ab + 2bc + 2ca - a^2 - b^2 - c^2\right).\]

Donc \(n^2\) divise \(16S^2 = 4(2S)^2\) ; comme \(n\) est impair, \(n\) divise \(2S\).

Hérédité. Supposons \(k \geq 4\). Si le carré de la longueur d'une des diagonales est divisible par \(n\), cette diagonale découpe \(P\) en deux polygones plus petits (inscrits, à sommets entiers, dont les carrés des côtés sont divisibles par \(n\)), auxquels s'applique l'hypothèse de récurrence ; on conclut en additionnant. On peut donc supposer qu'aucun carré de longueur de diagonale n'est divisible par \(n = p^t\). On note \(\nu_p(r)\) l'exposant de \(p\) dans la décomposition de \(r\) en facteurs premiers (valuation \(p\)-adique). Tous les carrés de longueurs considérés sont des entiers (sommets à coordonnées entières).

Affirmation. \(\nu_p\left(A_1A_m^2\right) > \nu_p\left(A_1A_{m+1}^2\right)\) pour \(2 \leq m \leq k-1\).

Preuve. Le cas \(m = 2\) est clair : \(\nu_p(A_1A_2^2) \geq t > \nu_p(A_1A_3^2)\), par hypothèse (\(A_1A_2\) est un côté) et par l'hypothèse faite ci-dessus (\(A_1A_3\) est une diagonale).

Le livret écrit \(\nu_p(A_1A_2^2) \geqslant p^t\) ; il faut lire \(\geqslant t\) (de même plus bas).

Supposons \(\nu_p(A_1A_2^2) > \nu_p(A_1A_3^2) > \cdots > \nu_p(A_1A_m^2)\) avec \(3 \leq m \leq k-1\). Le théorème de Ptolémée appliqué au quadrilatère inscrit \(A_1A_{m-1}A_mA_{m+1}\) donne

\[A_1A_{m+1} \cdot A_{m-1}A_m + A_1A_{m-1} \cdot A_mA_{m+1} = A_1A_m \cdot A_{m-1}A_{m+1},\]

ce qui, après avoir isolé le premier terme et élevé au carré, se réécrit

\[A_1A_{m+1}^2 \cdot A_{m-1}A_m^2 = A_1A_{m-1}^2 \cdot A_mA_{m+1}^2 + A_1A_m^2 \cdot A_{m-1}A_{m+1}^2 - 2\,A_1A_{m-1} \cdot A_mA_{m+1} \cdot A_1A_m \cdot A_{m-1}A_{m+1}. \tag{1}\]

On en déduit que \(Z = 2\,A_1A_{m-1} \cdot A_mA_{m+1} \cdot A_1A_m \cdot A_{m-1}A_{m+1}\) est un entier. Examinons la valuation \(p\)-adique de chaque terme de (1). Par hypothèse de récurrence, \(\nu_p(A_1A_{m-1}^2) > \nu_p(A_1A_m^2)\) ; de plus \(\nu_p(A_mA_{m+1}^2) \geq t > \nu_p(A_{m-1}A_{m+1}^2)\) (un côté, une diagonale). D'où

\[\nu_p\left(A_1A_{m-1}^2 \cdot A_mA_{m+1}^2\right) > \nu_p\left(A_1A_m^2 \cdot A_{m-1}A_{m+1}^2\right). \tag{2}\]

Ensuite, \(Z^2 = 4\,A_1A_{m-1}^2 \cdot A_mA_{m+1}^2 \cdot A_1A_m^2 \cdot A_{m-1}A_{m+1}^2\), donc, \(p\) étant impair,

\[2\nu_p(Z) = \nu_p\left(A_1A_{m-1}^2 \cdot A_mA_{m+1}^2\right) + \nu_p\left(A_1A_m^2 \cdot A_{m-1}A_{m+1}^2\right) > 2\nu_p\left(A_1A_m^2 \cdot A_{m-1}A_{m+1}^2\right)\]

d'après (2). Ainsi

\[\nu_p(Z) > \nu_p\left(A_1A_m^2 \cdot A_{m-1}A_{m+1}^2\right). \tag{3}\]

En combinant (1), (2) et (3) (dans le membre de droite de (1), le deuxième terme a une valuation strictement plus petite que les deux autres), on obtient

\[\nu_p\left(A_1A_{m+1}^2 \cdot A_{m-1}A_m^2\right) = \nu_p\left(A_1A_m^2 \cdot A_{m-1}A_{m+1}^2\right).\]

Comme \(\nu_p(A_{m-1}A_m^2) \geq t > \nu_p(A_{m-1}A_{m+1}^2)\), on obtient \(\nu_p(A_1A_{m+1}^2) < \nu_p(A_1A_m^2)\). L'affirmation s'en déduit par récurrence. \(\square\)

D'après l'affirmation, on a une chaîne d'inégalités

\[t > \nu_p\left(A_1A_3^2\right) > \nu_p\left(A_1A_4^2\right) > \cdots > \nu_p\left(A_1A_k^2\right) \geq t,\]

la dernière inégalité venant de ce que \(A_1A_k\) est un côté. C'est une contradiction. Le cas « aucune diagonale convenable » est donc impossible, et la récurrence montre que \(2S\) est divisible par \(n\). \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque. L'hypothèse que \(P\) est inscriptible est indispensable. Contre-exemple : le losange de sommets \((0, 3)\), \((4, 0)\), \((0, -3)\), \((-4, 0)\) ; chacun de ses côtés a un carré égal à \(25\), divisible par \(5\), alors que \(2S = 48\) ne l'est pas. Le proposant donne aussi une preuve pour \(n\) pair : il faut seulement une étape technique supplémentaire pour le cas \(p = 2\).