Correction du problème sur les triplets pythagoriciens du livre Mathématiques d’école

Partie A

1)

Les trois ne peuvent pas être pairs, sinon ils seraient tous divisibles par 2.

Les trois ne peuvent pas être impairs car 1+1=0 [2].

Deux ne peuvent pas être pairs car 0+0=0 [2] et 0+1=1 [2].

Donc l’un d’eux est pair, les deux autres impairs.

2)

On va travailler dans $\frac{\mathrm{\mathbb{Z}}}{2\mathrm{\mathbb{Z}}}$ et dans $\frac{\mathrm{\mathbb{Z}}}{4\mathrm{\mathbb{Z}}}$.

Si z=0 [2], avec x=0 [2] et y=1 [2], x²=0 [4], y²=1 [4], z=0 [4] et 0+1=1 [4] donc z=1 [2].

3)

y=2w, donc x et z sont impairs, x=z=1 [2] donc z−x=0 [2] et y+x=0 [2].

z−x=2u, z+x=2v. 2z=2u+2v et z=u+v. 2x=2v−2u et x=v−u.

x²+x²=z² ⇔ (v−u)²+4w²=(v+u)² ⇔ v²−2uv+u²+4w²=v²+2uv+u² ⇔ 4w²=4uv ⇔ w²=uv.

4)

Si p∣u, p premier, p∣w² donc p²∣w² soit p∣w.

Si p∣v, p∣z, p∣x donc p∣y, ce qui est impossible, donc p²∣u.

5)

Si u et v ne sont pas des carrés parfaits, ∃p premier, p∣u et p²∤u, or p∣v. C’est impossible donc ∃m,n∈ℤ m.a²+n.b²=1, et ma.a+mb.b=1, donc a∧b=1.

Si a et b étaient tous les deux impairs, u et v aussi, donc z est pair qui est impossible.

6)

x=b²−a², y=2ab, z=b²+a².

7)

On vient de terminer l’analyse, il reste à vérifier la synthèse, à savoir que les solutions trouvées sont bien des solutions.

x²+y²=(b²−a²)²+4a²b²=b⁴+a⁴−2a²b²=(b²+a²)²=z². OK.

Pour trouver ces triplets primitifs, on choisit a et b ∈ℕ^∗, a≠b, a∧b=1, 2∣b ou 2∣b.

Vous pouvez aussi regarder ce code pour Ti86.

Partie B

1)

Maintenant, on cherche les triplets plus nécessairement primitifs.

x²+y²=z² ⇔ d²x′²+y′²=d′² ⇔ x′²+y′²=z′².

2)

d=x∧y∧z, $x\prime =\frac{x}{d}$, $y\prime =\frac{y}{d}$, $z\prime =\frac{z}{d}$.

x′=b²−a², y′=2ab, z′=b²+a² donc x=d(b²−a²), y=2abd, z=d(b²+a²).

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