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©Arnaud de Saint Julien - MPSI Lycée La Merci 2014-2015
Devoir : triplets Pythagoriciens
Le devoir doit être rédigé sur des copies doubles. Les copies dont les résultats ne sont pas soulignés ou encadrés
ne seront pas corrigées.
Le but du problème est de déterminer les triplets pythagoriciens, c’est-à-dire les triplets (x, y, z) ∈ (N∗ )3
vérifiant :
x2 + y 2 = z 2 (E).
1. Le triangle (3, 4, 5) est rectangle ainsi que tous ses aggrandissements de rapport entier (3k, 4k, 5k), k ∈ N∗ .
2. Soit (x0 , y0 , z0 ) une solution de (E) et d = pgcd(x0 , y0 , z0 ). On note x,y et z les entiers tels que x0 =
xd, y0 = yd et z0 = zd.
(a) On a pgcd(x, y, z) = 1. En effet, si k > 1 est un diviseur commun de x, y, z, alors kd > d est un
diviseur commun de x0 , y0 , z0 , ce qui contredit que d soit le plus grand diviseur commun.
(b) On a x20 + y02 = z02 donc (xd)2 + (yd)2 = (zd)2 d’où x2 + y 2 = z 2 en divisant par d2 non nul.
(c) Si x et y ne sont pas premiers entre eux, alors ils admettent un diviseur commun premier p. En
particulier p divise x2 et y 2 donc p divise x2 + y 2 = z 2 . Mais comme p est premier, il divise aussi
z. Mais alors p > 2 est un diviseur commun de x, y, z, ce qui est impossible car x, y, z sont premiers
entre eux.
(d) De même, si x et z ne sont pas premiers entre eux, alors ils admettent un diviseur commun premier
p. En particulier p divise x2 et z 2 donc p divise z 2 − x2 = y 2 . Mais comme p est premier, il divise
aussi y, ce qui contredit que x, y, z sont premiers entre eux. De même pour y et z.
3. Parité de x, y et z
(a) On prend a et b des entiers impairs.
Si a ≡ 1 mod 4 et b ≡ 1 mod 4, alors a2 + b2 ≡ 12 + 12 = 2 mod 4 donc a2 + b2 − 2 ≡ 0 mod 4.
Si a ≡ 1 mod 4 et b ≡ 3 mod 4, alors a2 + b2 ≡ 12 + 32 ≡ 10 ≡ 2 mod 4 donc a2 + b2 − 2 ≡ 0
mod 4.
Si a ≡ 3 mod 4 et b ≡ 3 mod 4, alors a2 + b2 ≡ 32 + 32 ≡ 18 ≡ 2 mod 4 donc a2 + b2 − 2 ≡ 0
mod 4.
Ainsi dans tous les cas (on peut permuter les rôles de a et b), on a bien a2 + b2 − 2 ≡ 0 mod 4.
(b) Si x et y sont impairs, alors z 2 = x2 + y 2 ≡ 2 mod 4. Or un carré n’est jamais congru à 2 modulo
4, cela se prouve par exemple avec le tableau suivant :
x mod 4
x2
2
x mod 4
0
0
0
1
1
1
2
4
0
3
9
1
Donc x et y ne peuvent être tous les deux impairs.
(c) De plus x et y ne sont pas pairs car sinon ils admettraient 2 comme diviseur commun, et ne seraient
pas premiers entre eux. Donc x et y ont des parités différentes. On suppose dans la suite que x est
pair et y impair.
4. Un résultat clé : soit a, b, c des entiers naturels non nuls tels que ab = c2 et a ∧ b = 1. Démontrer que a et
b sont des carrés. Remarquons déjà, que si a et b ne sont pas premiers entre eux, le résultat est faux, par
exemple avec a = b = 3. On a ab = 3 × 3 = 32 mais a = 3 n’est pas un carré !
Passons à la démonstration : comme ab = c2 , les diviseurs premiers de c2 et donc de ab ont des valuations
paires (pour tout p ∈ P, vp (ab) = vp (c2 ) = 2vp (c)). Mais comme a et b premiers entre eux, l’ensemble
A des diviseurs premiers de a et l’ensemble B des diviseurs premiers de B sont distincts. Autrement dit,
pour tout p ∈ P, l’un des nombres vp (a) ou vp (b) est nul. Si vp (a) = 0 alors vp (ab) = vp (a) + vp (b) = vp (b),
et si vp (b) = 0, alors vp (ab) = vp (a). Dans les deux cas vp (a) et vp (b) sont soit nuls soit égaux à 2vp (c),
donc toujours pairs, donc a et b sont des carrés.
5. On pose a =
z+y
2
et b =
z−y
2 .
2
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(a) L’entier z est impair, car si z est pair, z 2 est pair, mais z 2 = x2 + y 2 ≡ 02 + 12 = 1 mod 2. Ainsi
z + y et z − y sont pairs comme somme de deux nombres pairs et donc a et b sont des entiers.
2
2
2
2
(b) On remarque déjà que ab = z −y
= x4 = x2 , donc ab est le carré d’un entier (x pair donc x/2
4
entier). Il suffit donc d’après le résultat clé de montrer que a et b sont premiers entre eux. Si d divise
a et b, alors d divise a + b = z et d divise a − b = y donc d = 1 car z et y sont premiers entre eux.
6. Il existe donc des entiers strictement positifs u et v tels que a = u2 et b = v 2 . Ainsi z = a + b = u2 + v 2
et y = a − b = u2 − v 2 . Comme y > 0, on a u > v. Enfin, x2 = 4ab = 4u2 v 2 donc x = 2uv.
On a donc bien prouvé

 x0
y0

z0
= 2duv
= d(u2 − v 2 )
= d(u2 + v 2 )
7. Notons T l’ensemble des triplets (x0 , y0 , z0 ) de la forme ci-dessus avec d, u, v ∈ N∗ et u > v est solution
de (E).
Tout triplet de T est solution car
(2duv)2 + (d(u2 − v 2 ))2 = d2 4u2 v 2 + u4 + v 4 − 2u2 v 2 = d2 (u2 )2 + (v 2 )2 + 2u2 v 2 = d2 (u2 + v 2 ).
Réciproquement, soit (x0 , y0 , z0 ) une solution. On a vu alors dans le cas x pair et y impair que (x0 , y0 , z0 ) ∈
T . Dans l’autre cas, si x impair et y impair, alors le triplet (y0 , x0 , z0 ) ∈ T .
Les solutions sont donc les couples (x0 , y0 , z0 ) tels que (x0 , y0 , z0 ) ∈ T ou (y0 , x0 , z0 ) ∈ T .
8. Une vision géométrique : on remarque que (x, y, z) est un triplet pythagoricien si et seulement si le couple
( xz , yz ) est un point à coordonnées rationnelles du cercle unité.
(a) Soit θ ∈] − π, π[. On pose t = tan θ2 . Démontrer que
cos θ =
1 − t2
1 + t2
et
sin θ =
2t
.
1 + t2
On peut ainsi paramétrer les points du cercle unité avec le paramètre t (le point (−1, 0) est obtenu
avec le paramètre ±∞).
(b) Démontrer que les points à coordonnées rationnelles du cercle unité sont les points de coordonnées
2t
1 − t2
|
t
∈
Q
∪ {(−1, 0)} .
,
1 + t2 1 + t2
Si t ∈ Q, il est clair que le point de paramètre t est à coordonnées rationnelles. Réciproquement
considérons un point M de paramètre t à coordonnées rationnelles. Alors, un dessin (t est la pente
y
de la droite (BM ) avec B = (−1, 0)) ou un calcul montre que t = 1+x
et donc t ∈ Q.
(c) On obtient ainsi une machine à fabriquer des triplets Pythagoriciens : par exemple le point de
paramètre t = 32 , a pour coordonnées
1 − 4/9
5 12
4/3
=( , )
,
1 + 4/3 1 + 4/3
13 13
Cela donne naissance au triplet «primitif» (5, 12, 13).

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