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Les triplets Pythagoriciens

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Les triplets Pythagoriciens

Temps de lecture : 506 minutes

Je passe mon temps à rechercher des triplets ythagoriciens pour construire mes exercices pour les quatrièmes et les troisièmes. J’ai décidé d’en générer une grande quantité et de les stocker sur mon blog.

Soyons précis ! Un triplet pythagoricien est un ensemble de trois nombres entiers positifs non nuls $(a;b;c)$ vérifiant l’égalité de Pythagore, c’est à dire $a^2+b^2=c^2$.

Quand je rédige un exercice de mathématiques pour mes quatrièmes ou mes troisièmes, j’ai souvent besoin de triangles rectangles dont les trois mesures sont des nombres entiers ou des nombres décimaux. Pour éviter les racines carrées non rationnelles, les triplets pythagoriciens donnent une liste exhaustives de ces nombres.

Plus amusant, je cherche souvent deux triangles rectangles ayant un côté commun et des mesures entières. C’est la raison pour laquelle j’ai produit en Python un petit script qui me propose de montrer les nombres entiers dans l’ordre et les triplets dans lesquels ils se trouvent. Dans mon script, 211 et le premier entier que je n’ai trouvé dans aucun triplet. Il faut que je fasse tourner davantage mon script. Je ferai bien comme Fermat, « j’ai la preuve qu’il existe un triplet pythagoricien pour chaque nombre entier supérieur à 2, mais je n’ai pas assez de place dans cet article pour l’écrire ici ! « 

Les triplets pythagoriciens primitifs

On part d’un triplet pythagoricien primitif, c’est à dire d’un triplet de nombres entiers $(a;b;c)$ tels que $a^2+b^2=c^2$ et $a$, $b$ et $c$ n’ont pas de diviseur commun supérieur à 1.

On sait que si deux nombres entiers sont pairs alors leur somme et leur différence sont paires. On sait aussi que le carré d’un nombre pair est pair et que le carré d’un nombre impair est impair.

Si $a$ et $b$ sont pairs, $a^2$ et $b^2$ aussi et $a^2+b^2=c^2$ également. Dans ce cas le triplet n’est pas primitif, il est divisible par 2. Donc $a$ et $b$ sont de parité différentes, l’un est pair l’autre impair. Par conséquent, la somme des carrés des deux est impairs.

On en déduit que dans un triplet pythagoricien primitif, $c$ est impair.

Comme on a : $a^2+b^2=c^2$, ainsi $c^2-a^2=b^2$ ou encore $(c+a)(c-a)=b^2$.

Par conséquent, si $a$ est pair, comme $c$ est impair, $c+a$ est impair ainsi que $c-a$. Le produit $(c+a)(c-a)=b^2$ est alors impair, ce qui signifie que $b$ est impair. Si $a$ est impair, $c+a$ et $c-a$ sont pairs et le produit $(c+a)(c-a)=b^2$ est pair et $b$ également. Cela confirme que $a$ et $b$ sont de parité différentes et $c$ est impair.

Disons maintenant que $a$ est impair et que $b$ est pair. Comme on l’a vu $c+a$ est $c-a$ sont aussi pairs. On en déduit que $c+a=2s$ et $c-a=2t$ où $s$ et $t$ sont des entiers. On arrive à $(c+a)(c-a)=2s \times 2t=4st=b^2$. Comme $b$ est pair, $b=2u$ et $b^2=4u^2$, par conséquent $st=u^2$.

Si $s$ et $t$ ont un diviseur commun, $v$, alors $s=kv$ et $t=k’v$. Comme $a+c=2kv$ et $a-c=2k’v$, on a $a=kv+k’v$ et $c=kv-k’v$. De plus $b^2=4kk’v^2$, $b$ serait aussi divisible par $v$. Par conséquent $s$ et $t$ sont premiers entre eux puisque le triplet est primitif.

On a donc deux entiers premiers entre eux, $s$ et $t$ dont le produit est un carré. Chacun est donc un carré, sinon pour former le carré il faudrait qu’ils aient un facteur premier commun.

On arrive enfin à l’existence de deux entiers $m$ et $n$ tels que $c+a=2m^2$ et $c-a=2n^2$. À nouveau, $m$ et $n$ n’ont pas la même parité si on souhaite que le triplet pythagoricien reste primitif.

Finalement comme $c+a=2m^2$ et $c-a=2n^2$, $c=m^2+n^2$ et $a=m^2-n^2$. Et $b=2mn$ puisque $(c+a)(c-a)=b^2$.

Réciproquement, il est facile de démontrer qu’étant donné deux entiers $m$ et $n$ de parité différentes, alors en posant $a=m^2-n^2$, $b=2mn$ et $c=m^2+n^2$.

On arrive à $a^2=(m^2-n^2)^2=m^4-2m^2n^2+n^4$, $b^2=4m^2n^2$ et $c^2=(m^2+n^2)^2=m^4+2m^2n^2+n^4$ et par conséquent $a^2+b^2=c^2$.

Ce résultat est connu depuis Euclide : un triplet pythagoricien $(a;b;c)$ est primitif si et seulement si il existe deux entiers $m$ et $n$ de parité contraire tel que $a=m^2-n^2$, $b=2mn$ et $c=m^2+n^2$.

Etude des hypoténuses possibles

On se pose la question suivante : étant donné un nombre entier, à quelle condition est-il l’hypoténuse d’un triplet pythagoricien ?

Il s’agit en fait d’une conséquence d’un problème connu depuis Fermat. Le théorème des deux carrés de Fermat affirme qu’un entier est la somme de deux carrés à la seule et unique condition que dans sa décomposition en produit de facteurs premiers, les termes de la forme $4k+3$ s’écrivent avec un exposant pair.

Commençons par montrer que le carré d’un entier est une somme de deux carrés si et seulement si cet entier est aussi une somme de deux carrés.

Tout d’abord, si $n=p^2+q^2$, $n^2=(p^2+q^2)^2=p^4+2p^2q^2+q^4=p^4-2p^2q^2+q^4+4p^2q^2=(p^2+q^2)^2+(2pq)^2$

Réciproquement, si $n^2=p^2+q^2$ on a vu précédemment que $n$ peut s’écrire sous la forme $s^2+q^2$.

Ainsi, $n^2$ est une somme de carré si et seulement si $n$ est une somme de deux carrés et donc si et seulement si les facteurs premiers de la forme $4k+3$ de $n$ ont un exposant pair.

Condition pour appartenir à un triplet

On se demande maintenant si tous les entiers appartiennent à un triplet primitif.

Si $p$ est impair, on peut noter $m=\dfrac{p+1}{2}$ et $n=\dfrac{p-1}{2}$.

Dans ce cas, $m^2=\dfrac{p^2+2p+1}{4}$ et $n^2=\dfrac{p^2-2p+1}{4}$.

Ainsi $m^2-n^2=\dfrac{p^2+2p+1-p^2+2p-1}{4}=\dfrac{4p}{4}=p$.

$2mn=2\dfrac{(p+1)(p-1)}{4}=\dfrac{p^2-1}{2}$ et $m^2+n^2=\dfrac{p^2+2p+1+p^2-2p+1}{4}=\dfrac{2p^2+2}{4}=\dfrac{p^2+1}{2}$.

Finalement $(m^2-n^2)^2+(2mn)^2=p^2+\dfrac{(p^2-1)^2}{4}=\dfrac{4p^2}{4}+\dfrac{p^4-2p^2+1}{4}=\dfrac{p^4+2p^2+1}{4}=\dfrac{(p^2+1)^2}{4}$ soit $(m^2+n^2)^2$.

On arrive au fait que $p$ fait partie du triplet primitif $(p;\dfrac{p^2-1}{2};\dfrac{p^2+1}{2})$

Si $p$ est pair, il s’écrit sous la forme $p=2mn$ où $m$ et $n$ sont de parité différente. Par conséquent, $p$ est un multiple de $4$.

Sinon, on peut diviser $p$ par $2$, on obtient un nombre impair et on applique la méthode pour un nombre impair et dans ce cas, $p$ est membre d’un triplet non primitif.

Bilan : tous les nombres entiers sont membres d’un triplet Pythagoricien, primitif ou non !

Triplet ayant deux nombres consécutifs

Le triplet (5;12;13) est un exemple de tel triplet. Mais (20;21;29) aussi.

Un cas facile

Commençons par le cas le plus simple, les triplets de la forme (a;n;n+1).

On a $a^2+n^2=(n+1)^2$ soit $a^2+n^2=n^2+2n+1$ ou encore $a^2=2n+1$.

$a^2$ est donc impair, $a$ également. On retrouve le cas étudié plus haut.

Si on note $a=2p+1$ alors $a^2=4p^2+4p+1=2(2p^2+2p)+1 ainsi $n=2p^2+2p=2p(p+1)$

On a bien : $a^2+n^2=(2p+1)^2+(2p^2+2p)^2=4p^2+4p+1+4p^4+8p^3+4p^2=4p^4+8p^3+8p^2+4p+1$

Et $(n+1)^2=(2p^2+2p+1)^2=4p^4+4p^2+1+8p^3+4p^2+4p=4p^4+8p^3+8p^2++4p+1$

Finalement, si $a$ est impair de la forme $2p+1$, le triplet $(a;n;n+1)$ est pythagoricien avec $n=2p(p+1)$

PLUS DIFFICILE

On cherche les triplets pythagoricien de la forme (n;n+1;a).

On a $n^2+(n+1)^2=a^2$ soit $2n^2+2n+1=a^2$.

Donc $2a^2=4n^2+4n+2=(2n+1)^2+1$. En posant $x=2n+1$ et $y=a$ on arrive à :

$2y^2=x^2+1$ ou encore $x^2-2y^2=-1$ : c’est une équation de Pell !

On obtient $(x-y\sqrt{2})(x+2y\sqrt{2})=-1

Un exercice amusant dans un rectangle

Dans un rectangle ABCD, on place un point M sur le segment [DC]. On note AB=a, AD=b, MC=n et on cherche à déterminer les nombres entiers a, b et n tel que AM et MB soient des entiers et que AMB soit un triangle rectangle. Cela fera un bel exercice pour mes élèves de quatrième. Déterminer ces nombres entiers dépasse largement le niveau du collège…

On évidement, AD=BC=b, AB=CD=a, MC=n, DM=a-n

De plus $MA^2=b^2+(a-n)^2=a^2+b^2+n^2-2an$ et $MB^2=b^2+n^2$

Enfin on souhaite que $MA^2+MC^2=AB^2$ c’est à dire $a^2+b^2+n^2-2an+b^2+n^2=a^2$ d’où $2b^2+2n^2-2an=0$ ou encore $an=b^2+n^2$ c’est à dire $b^2=n(a-n)$.

Nous souhaitons donc que : $a^2+b^2+n^2-2an$, $b^2+n^2$ et $n(a-n)$ soient des carrés parfaits.

En substituant $b^2$ par $n(a-n)=an-n^2$ on arrive à :

$MA^2=a^2+an-n^2+n^2-2an=a^2-an$ et $MB^2=an-n^2+n^2=an$

Il faut donc que $an$ et $a^2-an=a(a-n)$ soient deux carrés parfaits.

Voici une solution originale. Il suffit de choisir un triplet pythagoricien $u^2+v^2=w^2$.

On pose ensuite $a=w^2$, $n=u^2$ et $a-n=v^2$. Par définition, $u^2+v^2=n+a-n=a=w^2$

D’autre part, $MA^2=a^2-an=w^4-w^2u^2=w^2(w^2-u^2)=w^2v^2=(wv)^2$ : c’est un carré parfait

Et, $MB^2=an=w^2u^2=(wu)^2$ encore un carré parfait.

Testons cette solution avec le triplet (3;4;5).

$a=w^2=5^2=25$, $n=u^2=3^2=9$. Comme $b^2=n(a-n)=9(25-9)=9 \times 16=144$, $b=12$.

On a alors :

$MA^2=12^2+16^2=144+256=400$ d’où $MA=20$.

$MB^2=12^2+9^2=144+81=225$ d’où $MB=15$.

Et on a bien $20^2+15^2=400+225=625=25^2$.

Testons cette solution avec le triplet (5;12;13).

$a=w^2=13^2=169$, $n=u^2=5^2=25$. Comme $b^2=n(a-n)=25(169-25)=25 \times 144=3600$, $b=60$.

On a alors :

$MA^2=60^2+144^2=3600+20736=24336$ d’où $MA=156$.

$MB^2=60^2+25^2=3600+625=4225$ d’où $MB=65$.

Et on a bien $156^2+65^2=24336+4225=28561=169^2$.

J’adore ce résultat !

Ma liste de triplets

J’ai classé les triplets suivant les nombres entiers qu’ils contiennent. De 0 à 2029, histoire d’avoir quelques années d’avance ! Par exemple pour le nombre 12, il y a 4 triplets, dont 2 primitifs. C’est pratique pour construire des exercices. Il y a 18529 triplets sur cette page dont 3938 primitifs. Les nombres premiers apparaissent en rouge. Cette page a été généré en Python !

Le blog de Fabrice ARNAUD — Licence CC BY-NC-SA 4.0

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