Bonjour,

Notons [latex]c[/latex] le côté du carré.

Soit [latex]k[/latex] le nombre de rectangle [latex]a\times b[/latex] et  [latex]b\times a[/latex]  qui pavent le carré.

On a alors [latex]c^2 = kab[/latex]

Supposons [latex]a[/latex] et[latex]b[/latex] entiers.

Donc [latex]a[/latex] divise [latex]c[/latex] et [latex]b[/latex] divise [latex]c[/latex], on peut donc paver le carré uniquement avec des rectangles [latex]a\times b[/latex].

Montrons maintenant que l'on peut toujours se ramener au cas entiers.

Soit [latex]n_1[/latex] le nombre de rectangles [latex]a\times b[/latex] qui touchent le côté supérieur du carré, et [latex]m_1[/latex] le nombre de rectangles  [latex]b\times a[/latex] qui touchent le côté supérieur du carré.
On a alors la relation suivante :
[TeX]c = am_1 + bn_1[/latex].

En remplaçant dans l'équation  [latex]c^2 = kab[/latex] on obtient :

[latex]a^2m_1^2 + b^2n_1^2 + 2m_1n_1ab = kab[/TeX]
[latex]\Leftrightarrow ({a\over b}m_1^2 + {b\over a}n_1^2 +2m_1n_1)ab=kab[/latex].

Comme [latex]k[/latex] est un entier, cela signifie que

  [latex]{a\over b}m_1^2 + {b\over a}n_1^2 +2m_1n_1[/latex]  est un entier.

[latex]\Leftrightarrow {a\over b}m_1^2 + {b\over a}n_1^2[/latex] est un entier (car [latex]n_1[/latex] et [latex]m_1[/latex] sont des entiers).


cas 1 :  [latex]a[/latex] et [latex]b[/latex] sont rationnels. Alors en multipliant toutes les longueurs par le ppcm du dénominateur de [latex]a[/latex] et du dénominateur de [latex]b[/latex] alors on se ramène au cas entier.

cas 2 :  [latex]a[/latex] est rationnel et [latex]b[/latex] est irrationnel. Alors [latex]a\over b[/latex] et [latex]b\over a[/latex] sont irrationnel, et donc en particulier  [latex]{a\over b}m_1^2 + {b\over a}n_1^2[/latex] n'est pas un entier. Contradiction.

cas 3 :  [latex]a[/latex] est irrationnel et [latex]b[/latex] est rationnel.
Même raisonnement que dans le cas 2.

cas 4 :  [latex]a[/latex] et [latex]b[/latex] sont irrationnels.
On a vu dans les cas 2 et 3 que [latex]a\over b[/latex] est forcément rationnel.
Cela signifie qu'il existe un irrationnel [latex]r[/latex] et des rationnels [latex]a'[/latex] et [latex]b'[/latex] tels que [latex]a = a'r[/latex]  et [latex]b= b'r[/latex]. Donc en divisant toutes les longueurs par [latex]r[/latex], on se ramène au cas 1.

CQFD.

Enfin presque, dans le cas 4 j'ai utilisé le résultat suivant :
Si [latex]a[/latex] et [latex]b[/latex] sont irrationnels et que [latex]a\over b[/latex] est rationnel, alors il existe un irrationnel [latex]r[/latex] et des rationnels [latex]a'[/latex] et [latex]b'[/latex] tels que [latex]a = a'r[/latex]  et [latex]b= b'r[/latex].

Intuitivement ça me paraît juste, mais il faut que je vérifie ce résultat.
Je ferais ça plus tard, c'est sûrement trivial.

EDIT: oui, en fait :  on prend [latex]r = b[/latex],  [latex]a'={a\over b}[/latex] et [latex]b'=1[/latex].

Donc en fait le cas 4 peut se résumé simplement à ceci :

cas 4 :  [latex]a[/latex] et [latex]b[/latex] sont irrationnels.
On a vu dans les cas 2 et 3 que [latex]a\over b[/latex] est forcément rationnel.
Donc en divisant toutes les longueurs par [latex]b[/latex], on se ramène au cas 1.

Arghhff..., je me disais aussi ça avait l'air trop simple

Bon, je suis sésolé, mais je vais être un petit moment sans accès à internet, donc je ne pourrais pas rectifier .

Mais je continu à chercher

En effet Gwen , on peut supposer que a et b sont entiers , on peut même les supposer premiers entre-eux .

La forme carrée est bien sûr nécessaire :



Et le problème n'est pas uniquement arithmétique , on peut s'en convaincre assez facilement en prenant par exemple a=9 et b=4 .

Bonne recherche

Vasimolo

PS : Vu le peu de réponse , je ne sais pas si le problème intéresse beaucoup de monde , j'ajoute quand même un peu de temps au chrono au cas où .

PPS : Je suis particulièrement avare en indices car il y a plein de façon d'aborder le problème et j'aimerais bien voir des idées nouvelles . Sinon , je peux aussi vous montrer l'entrée de la piste que j'ai suivie .

PPPS : Au besoin , ma boîte MP est ouverte

Les dimensions ne sont pas entières à priori mais on peut s'y ramener facilement comme l'a montré Gwen ( mais bon , c'est caché pour le moment )

Bon courage , ce n'est pas facile

Vasimolo

Non Gwen , ça ne marche pas

Prenons a=9 , b=4 et N=25 alors le côté du carré fait c=30 qui n'est pas multiple de 9 ni de 4 .

Vasimolo

N'inverse pas les rôles Gwen , c'est toi qui doit montrer que le côté du carré est multiple de a ou/et b

30=9+9+4+4+4 , après trouver un pavage qui remplit le carré c'est autre chose .

Vasimolo

Un gâteau 210x210 peut être pavé avec 14x15 ou avec 21x10, non ?

Ça me rappelle un théorème (je sais plus de qui, désolé), en dimension N :
on a des éléments de dimension a1xa2xa3x...xan dans un espace à n dimensions avec a1 divisible par a2, lui-même divisible par a3, etc... Si on peut remplir un espace de dimensions A1xA2xA3...xAN avec ces éléments, alors les dimensions de l'espace rempli sont des multiples des dimensions de nos éléments.
Ici, en 2D, ça doit le faire non ?

Bon je me rappelle plus du nom du théorème. Je me rappelle plus la démo non plus, ça devait être un truc tordu avec une fonction continue sur un espace rectangulaire à N dimensions et le théorème de Fubini par dessus.
Mais de toutes façons je pense que c'est pas vraiment le genre de réponses attendue, si ? (vu comment je me suis fait avoir avec le Gâteau 79, je cherche simple maintenant )

Si les rectangles font a x b ou b x a , un rectangle, quelle que soit son orientation, recouvrira exactement autant de noir que de jaune vu qu'un de ses côtés mesure a.

Si b est un multiple de a/2, oui, c'est vrai. Sinon ton rectangle va s’arrêter en plein milieu de deux carrés.
Ca ne change pas ce que tu dit, autant de noir que de jaunes, fractions comprises.

Mais la suite

ce qui n'arrive que sur des mailles paires

n'est alors plus aussi triviale (mais je pense que c'est vrai quand même, les seuls points sur la diagonale qui donnent des carrés avec autant de surface jaune que de noire sont sur les mailles paires)

L'idée de Gwen est sûrement la plus élémentaire ( il y en a des plus rapides avec des intégrales doubles mais on sort un peu du cadre du site ) . Ce qu'il faut bien voir c'est que tout rectangle parallèle aux lignes du quadrillage et dont un côté est multiple de a va recouvrir autant de noir que de blanc ( même si aucun sommet du rectangle n'est un nœud du quadrillage ) . Alors en effet l'ensemble des rectangles va recouvrir autant de noir que de blanc . On positionne alors le sommet supérieur gauche du carré sur un nœud et on regarde ce qui éventuellement va dépasser en bas et à droite ( attention , à priori ce ne sont pas des carreaux entiers ) .

Vasimolo

En effet, on regarde ce qui va dépasser, comme je le faisais remarquer.
Mais Gwen a levé l’ambiguïté sur ce cas : pour avoir autant de carreaux jaunes et noirs dans un carré, il faut nécessairement être sur un noeud à la fin.
Si on dépasse de x, il y a alors soit x² surface noire en plus (si on déborde après un nombre pair de noeuds), soir ax-x² surface jaune en plus (après un nombre impair de noeuds), et les deux s'annulent pour x=0 (ou x=a, mais 0<=x<=a/2)

Bon, moi je reste sur mes intégrales
Pas doubles, hein ! en N dimensions c'est tellement plus rigolo