Les triplets pythagoriciens
Le triplet pythagoricien le plus cél`ebre est sans doute (34
Les triplets pythagoriciens - Lycée dAdultes
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28 mar. 2015 les triplets pythagoriciens pour l'évaluation de fonctions trigonométriques. ... Mots-clés : réduction d'argument triplet pythagoricien
LES TRIPLETS PYTHAGORICIENS
On dit que trois nombres a b et c entiers naturels forment un triplet pythagoricien s'ils vérifient la relation : a2 + b2 = c2. Rechercher des triplets
Les triplets pythagoriciens - Lycée dAdultes
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Triplets Pythagoriciens
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Triplets pythagoriciens
22 avr. 2009 ? Un triplet pythagoricien est une combinaison de naturels vérifiant la formule a²=b²+c². ? Un triangle pythagoricien est un triangle ...
Le théorème de Pythagore et les triplets Pythagoriciens. Et comment
Lorsqu'un triplet est pythagoricien on peut leur demander de tracer le triangle correspondant sur du papier quadrillé. 5. On peut ensuite leur montrer à tracer
Triplets Pythagoriciens
Exercice 1. 1) Connaissez-vous déjà un triplet pythagoricien ? 2) À quelle situation géométrique correspond le cas b = 0? et
Agregation externe de mathematiques 2019-2020
Triplets Pythagoriciens
Lecons 126,142Theoreme(T ripletsPy thagoriciens)
Les triplets d'entiers (x;y;z)2Z3qui verient l'equation: x2+y2=z2(1)
sont exactement ceux de la forme: (x;y;z) =a(q2p2);2apq;a(p2+q2)(2) aveca2Zetp;q2Zdes entiers premiers entre eux.Voici le plan de la demonstration:
1. En su pposantz6= 0 etpgcd(x;y;z) = 1, montrer quex^y=y^z=z^x= 1 2.Mo ntrerq uexouyest impair (le ou est exclusif)
3.En r eecrivant
xz 2+yz2= 1, utiliser la parametrisation rationnelle de $1, le lemme
de Gauss et les resultats obtenus an de dire que (q2p2;2pq;p2+q2) =k(x;y;z) aveck2Z,p^q= 1,q6= 0 4. En u tilisantl efa itq ueyest impair et quepq^p2+q2= 1, montrer quek=1 et obtenir le resultatDemonstration
.1.Si z= 0, on ax2+y2= 0, soitx=y= 0, donc on peut supposer quez6= 0.Soient alorsd=pgcd(x;y;z)et(X;Y;Z) =xd
;yd ;zd . On a doncX2+Y2=Z2et pgcd(X;Y;Z) = 1. Donc on peut supposer quepgcd(x;y;z) = 1. Montrons quex, yetzsont premiers entre eux deux a deux. Si d=x^y, alorsd2jx2+y2=z2doncdjzsoitd= 1carpgcd(x;y;z) = 1 Si d=y^z, alorsd2jz2y2=x2doncdjxsoitd= 1carpgcd(x;y;z) = 1.D em ^eme,x^z= 1
Doncx,yetzsont premiers entre eux deux a deux.
2. M ontronsque soit xest pair, soityest pair.xetyne peuvent pas ^etre pairs tous les deux car etant premiers entre eux. Sixetysont tous les deux impairs, alors on ax1;3[4]ety1;3[4].Maxime BOUCHEREAU 1 Universite Rennes 1-ENS RennesAgregation externe de mathematiques 2019-2020
On a ainsix2;y21[4], soitz2=x2+y21[2]. Mais on ne peut seulement avoir quez20;1[4], ce qui est absurde. Donc soitxest pair, soityest impair. Par symetrie des r^oles joues parxety, on peut supposer queyest pair. 3.On a donc, puisque x2+y2=z2,xz
2+yz2= 1, i.e.xz
;yz2$\Q2. Or, la
parametrisation du cercle unite par des coordonnee rationnelles assure qu'il existe t2Qtel quexz =1t21+t2etyz =2t1+t2.Sit=pq
avec(p;q)2ZZetp^q= 1, alors on a: xz =1t21 +t2etyz =2t1 +t2,x(p2+q2) =z(q2p2)) y(p2+q2) = 2pqzOn a ainsi:
8 :zjx(p2+q2) xjz(q2p2) yj2pqz:Donc, commex^y=y^z=z^x= 1;Le lemme de Gauss donne:
8 :zjp2+q2 xjq2p2 yj2pqDonc il existe(k1;k2;k3)2Z3tel que8
:k1z=p2+q2
k2x=q2p2
k3y= 2pq
Donc on a:
xz =q2p2p2+q2=k2k
1xz yz =2pqp2+q2=k3k
1xz Donc k3k 1=k2k1= 1, i.e.k1=k2=k3=:k2Z
4. P arail leurs,vu que yest pair, on ay= 2y0ouy02Z. Donc on a2ky0= 2pqsoit ky0=pqd'ou:
y0jpq(3)
De plus, on ay0(p2+q2) =pqz, doncpqjy0(p2+q2). Soitdun diviseur premier commun apetq. Siddivisepalorsdne divise pasqcarp^q= 1, doncdne divise pasp2+q2. D'oupgcd(pq;p2+q2) = 1, donc, par le lemme de Gauss, on a: pqjy0(4)Maxime BOUCHEREAU 2 Universite Rennes 1-ENS RennesAgregation externe de mathematiques 2019-2020
Par(3)et(4), on apq=y0, i.e.k=1. Ainsi, on a:
8< :x=q2p2 y= 2pq z=p2+q2 Le facteuradonne dans le theoreme vient de la multiplication parpgcd(x;y;z). Reciproquement, on verie que les triplets de la forme(2)verient l'equation(1).Remarques.1.On obtient une p arametrisationdu c ercleunit e$1de cette maniere:Figure 1: Illustration de la parametrisation du cercle unite $
1(en rouge). La droiteDt
(en vert) a pour coecient directeurt. On considere le cercle unite$1d'equationx2+y2= 1, et, pourt2R, la droite D td'equationy=t(x+ 1), reliant les pointsC= (1;0)etD. On note(u;v)les coordonnees du pointD, point d'intersection entre$1etDt. D'une part, on au2+v2= 1, et d'autre part, on av=t(u+ 1), ce qui donne u2+t2(u+1)2= 1apres substitution. En developpant, on obtient cette equation du
second degre enu:(1 +t2)u2+ 2t2u(1t2) = 0. L'unique solution superieure a1pouruestu=1t21+t2. Commev=t(u+ 1), on obtient ainsiv=2t1+t2. Donc une
parametrisation de$1nfCgest donnee parn1t21+t2;2t1+t2
;t2Ro 2. P ourn>3, l'equationxn+yn=znn'a pas de solution, il s'agit du theoreme deFermat-Wiles. Seul les casn2 f1;2gont des solutions.Maxime BOUCHEREAU 3 Universite Rennes 1-ENS Rennes
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