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Triplets Pythagoriciens

Lecons 126,142Theoreme(T ripletsPy thagoriciens)

Les triplets d'entiers (x;y;z)2Z3qui verient l'equation: x

2+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+yz

2= 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 resultat

Demonstration

.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 Rennes

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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+yz

2= 1, i.e.xz

;yz

2$\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) = 2pqz

On 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 yj2pq

Donc il existe(k1;k2;k3)2Z3tel que8

:k

1z=p2+q2

k

2x=q2p2

k

3y= 2pq

Donc on a:

xz =q2p2p

2+q2=k2k

1xz yz =2pqp

2+q2=k3k

1xz Donc k3k 1=k2k

1= 1, i.e.k1=k2=k3=:k2Z

4. P arail leurs,vu que yest pair, on ay= 2y0ouy02Z. Donc on a2ky0= 2pqsoit ky

0=pqd'ou:

y

0jpq(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 Rennes

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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 u

2+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 a

1pouruestu=1t21+t2. Commev=t(u+ 1), on obtient ainsiv=2t1+t2. Donc une

parametrisation de$1nfCgest donnee parn

1t21+t2;2t1+t2

;t2Ro 2. P ourn>3, l'equationxn+yn=znn'a pas de solution, il s'agit du theoreme de

Fermat-Wiles. Seul les casn2 f1;2gont des solutions.Maxime BOUCHEREAU 3 Universite Rennes 1-ENS Rennes

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