Indice 1 : Spoiler : [Afficher le message] Supposez l'exercice résolu
pour n = 4 et fait le calcul pour n points. 

Indice 2 aide dans le cas général : Spoiler : [Afficher le message]
Au total combien y a t-il de distances entières ?
Une paire de point {A,B} apparaît dans combien de  quadruplets ? Ce nombre de quadruplets donne le nombre de fois maximale que chaque distance est comptée. Je vous laisse deviner la suite...

J'ajouterai un indice tous les 24h

Shadock

Je bugue sur l'énoncé:

On suppose que la distance entre deux quelconques de ces points est un entier.

est ce que ça veut dire

"il existe deux points a et b tels que d(a,b) soit un entier"

ou "quelquesoit deux points a et b alors d(a,b) est un entier"

shadock a écrit:

Cela veut dire qu'il existe au moins deux points a et b tels que [latex]||\vec{ab}||[/latex] ou [latex]||\vec{ba}||[/latex] soit un entier.

Ca ne veut pas plutôt dire :

Quels que soient deux points a et b, [latex]||\vec{ab}||[/latex] ou [latex]||\vec{ba}||[/latex] est un entier.

Parce que sinon les 4 sommets d'un carré de côté 1 répondent à ta définition, et pourtant aucune des distances n'est divisible par 3 ...

La subtilité réside dans le fait que dans le premier cas, il y a au moins 2 points dont la distance entre eux est entière (il peut n'y en avoir qu'un). Dans le second cas, toutes les distances sont entières.
C'est juste une subtilité de langage mathématique sur les "il existe" et "quel que soit"

Pour le problème, j'ai essayé d'y réfléchir vite fait, mais effectivement il n'a pas l'air simple !

Je me doutais que c'étais vraiment très difficile. Voici leur solution :

Première partie

Commençons par remarquer que tout se ramène au cas [latex]n = 4[/latex]. Supposons l'exercice résolu pour [latex]n = 4[/latex] et donnons-nous [latex]n[/latex] points dans le plan vériant les conditions de l'énoncé. On sait que chaque choix de quatre points parmi les [latex]n[/latex] retenus détermine au moins une distance entière. On obtient [latex]\binom{n}{4}[/latex] distances entières, mais bien sûr chacune d'entre elles peut-être comptée plusieurs
fois. Cependant, une paire de points {A,B} apparaît dans exactement [latex]\binom{n-2}{2}[/latex] quadruplets, et donc chaque distance entière est comptée au plus [latex]\binom{n-2}{2}[/latex] fois. Au finall, on trouve au moins [latex]\frac{\binom{n}{4}}{\binom{n-2}{2}}=\frac{1}{6}\binom{n}{2}[/latex] distances entières comme on le souhaite.

Deuxième partie

Reste donc à traiter le cas où [latex]n=4[/latex]. Notons A, B, C et D les quatre points et supposons qu'ils se répartissent comme sur la figure ci-dessous :


On a les relations d'Al-Kashi :
[TeX]BC^2=b^2+c^2-2bc\text{ }cos(\alpha)[/TeX]
[TeX]CD^2=c^2+d^2-2cd\text{ }cos(\beta)[/TeX]
[TeX]BD^2=b^2+d^2-2bd\text{ }cos(\alpha+\beta)[/TeX]
Elles impliquent que l'on peut écrire : [latex]cos(\alpha)=\frac{x}{D}[/latex], [latex]cos(\beta)=\frac{y}{D}[/latex], [latex]cos(\alpha+\beta)=\frac{z}{D}[/latex] avec [latex]x,y,z \in \mathbb{N}[/latex] et [latex]D=2bcd[/latex]

On raisonne à présent par l'absurde en supposant qu'aucune des distances
n'est multiple de 3. Alors [latex]b^2 \equiv c^2 \equiv d^2 \equiv 1[/latex](mod 3) et par les relations précédentes, on obtient [latex]dx \equiv by \equiv cz \equiv 1[/latex](mod 3).

On utilise à présent la relation qui relie les cosinus. Elle donne :
[latex]Dz=D^2*cos(\alpha+\beta)=D^2cos(\alpha)cos(\beta)-D^2sin(\alpha)sin(\beta)=xy-D^2sin(\alpha)sin(\beta)[/latex] d'où on déduit : [latex]A=D^2sin(\alpha)sin(\beta)=xy-Dz=xy-2bcdz \equiv xy+bd[/latex] (mod 3)

En particulier [latex]A^2 \equiv x^2 y^2 + b^2 d^2 \equiv 1[/latex] (mod 3). Mais on a d'autre part [latex]D^2sin^2(\alpha)=D^2(1-cos^2(\alpha))=D^2(D^2-z^2) \equiv 0[/latex] (mod 3) ce qui implique [latex]A^2 \equiv 0[/latex](mod 3) et est donc incompatible avec ce que l'on a trouvé précédemment. Ceci constitue notre contradiction et termine l'exercice.

A une prochaine fois avec quelque chose de plus ludique
Shadock