À la recherche des triplets pythagoriciens

Piste bleue Le 19 mai 2021  - Ecrit par  Victor Issa, William Sarem Voir les commentaires (2)

Un triplet pythagoricien est un triplet $(a; b; c)$ de nombres entiers naturels tels que $a^2+b^2 = c^2$. Dans cet article nous nous demanderons comment trouver des triplets pythagoriciens et s’il est possible de tous les trouver.

Les triplets pythagoriciens sont bien entendu reliés au théorème de Pythagore : un triplet pythagoricien correspond à un triangle rectangle dont les côtés sont des entiers.

Un premier exemple de triplet pythagoricien est le triplet $(1; 0; 1)$, qui correspond à un triangle rectangle dégénéré (un des côtés est nul). Un exemple un peu plus satisfaisant est donné par le triplet $(3; 4; 5)$.

Comment trouver des triplets pythagoriciens ? Est-il possible de les trouver tous ? Nous allons cheminer vers des réponses à ces questions, et nous invitons le lecteur à nous suivre – éventuellement armé d’un crayon et d’une feuille afin, si nécessaire, de compléter certains calculs. Précisons ici que nous empruntons l’essentiel de nos réponses au très beau livre « Topology of Numbers » de Allen Hatcher [1].

Des triplets multiples

Tout d’abord, il est très simple de déterminer une infinité de triplets pythagoriciens dès lors qu’on en connaît un. En effet, si $(a; b; c)$ est un tel triplet, alors $(2a;2b;2c), (3a;3b;3c), \dots , (na; nb;nc)$ ($n$ étant un entier positif) sont également des triplets pythagoriciens.

Pourquoi cela ?

Cela se vérifie évidemment par le calcul : si $a^2 + b^2 = c^2$ alors :
\[\begin{align*} (na)^2 + (nb)^2 &= n^2a^2 + n^2b^2 \\ (na)^2 + (nb)^2 &= n^2(a^2 + b^2)\\ (na)^2 + (nb)^2 &= n^2c^2\\ (na)^2 + (nb)^2 &= (nc)^2 \end{align*} \]

mais peut-être plus clairement encore par la géométrie : les triangles de côtés $(na; nb; nc)$ sont des agrandissements d’échelle $n$ du triangle de côtés $(a; b; c)$. Ainsi, si à $(a; b; c)$ correspond un triangle rectangle, il en va de même pour $(na; nb; nc)$ :

Par extension de la multiplication, nous dirons que les trois derniers triplets sont des triplets multiples de $(3 ;4 ;5)$, ou, plus simplement, des multiples de $(3 ;4 ;5)$.

Mais tous les triplets pythagoriciens sont-ils des multiples de $(3; 4; 5)$ ? Non, vous pouvez par exemple vérifier que $(10; 24; 26)$ est un triplet pythagoricien $(10^2+24^2 = 26^2)$, mais ce n’est pas un multiple de $(3; 4; 5)$ !

Des triplets réduits

S’il est toujours possible, pour construire de nouveaux triplets pythagoriciens, de multiplier un triplet connu, il n’est pas toujours possible de le diviser, car on cherche des triplets de nombres entiers. Cela se passe si l’on part d’un triplet pythagoricien $(a; b; c)$, tel que les trois entiers positifs $a, b$ et $c$ sont divisibles par un même entier $d$. En ce cas, $\frac{a}{d}, \frac{b}{d}$ et $\frac{c}{d}$ sont des entiers, et le triplet $(\frac{a}{d}; \frac{b}{d}; \frac{c}{d})$ est un triplet pythagoricien (là encore, on peut le voir numériquement en divisant les deux membres de l’égalité $a^2 + b^2 = c^2$ par $d^2$ ou géométriquement comme une réduction d’échelle $d$).

Ainsi le triplet $(10; 24; 26)$ que nous avons mentionné plus haut est un multiple du triplet pythagoricien $(5; 12; 13)$.

Ce nouveau procédé pourrait sembler moins utile que le procédé de multiplication, puisqu’il ne permet pas de construire une infinité de triplets. Il est pourtant loin d’être inutile :

les multiples de $(3;4;5)$ forment une famille de triplets pythagoriciens mais si nous voulons ne rater aucun des triplets de la famille, il nous faut partir de $(3;4;5)$, qui est en quelque sorte le fondateur de cette famille : si le premier triplet que nous avions découvert avait été $(6;8;10)$, il nous aurait permis de trouver $(12;16;20)$, mais pas $(9;12; 15)$ !

Ce triplet initial – qui porte le nom de « triplet primitif » – s’obtient en réduisant au maximum chacun de ses nombres, c’est-à-dire en les divisant par leur plus grand diviseur commun (tout comme la forme irréductible d’une fraction s’obtient en divisant son numérateur et son dénominateur par leur pgcd).

Où en sommes-nous ? En quelques lignes, nous avons donc déjà « débusqué » deux familles distinctes de triplets pythagoriciens : celle des multiples de $(3;4;5)$ et celle des multiples de $(5;12;13)$.

En existe-t-il d’autres ?

La réponse est oui, de nombreuses autres !

Et pour les débusquer à leur tour, nous allons nous intéresser à des points particuliers d’un cercle de rayon 1.

Première partie : triplets pythagoriciens et points rationnels positifs du cercle

Dans un plan muni d’un repère orthonormé, les points rationnels positifs d’un cercle centré en l’origine du repère et de rayon 1 sont les points de ce cercle dont les coordonnées sont des nombres rationnels positifs (ces points appartiennent donc tous au quart du cercle situé dans le premier quadrant). Par exemple le point $T$ de coordonnées $(\frac{3}{5}; \frac{4}{5})$ est un point rationnel positif de ce cercle :

Pourquoi nous intéressons-nous aux points rationnels positifs de ce cercle ?

Rappelons-nous que l’équation d’un cercle centré en l’origine et de rayon c est : $x^2 + y^2 = c^2$

L’équation du cercle centré en l’origine et de rayon 1 est donc : $x^2 + y^2 = 1$

Rappelons-nous maintenant qu’un triplet pythagoricien est un triplet d’entiers positifs $(a;b;c)$ tels que $a^2 + b^2 = c^2$
et divisons les deux membres de cette égalité par $c^2$ : $\frac{a^2}{c^2} + \frac{b^2}{c^2} = 1$ , ou encore $(\frac{a}{c})^2 + (\frac{b}{c})^2 = 1$ :

les entiers $a, b$ et $c$ du triplet forment les coordonnées rationnelles positives $\frac{a}{c}$ et $\frac{b}{c}$ d’un point de notre cercle.

À tout triplet pythagoricien on associe donc un point rationnel positif de ce cercle.
Ou plus précisément, à toute famille de triplets pythagoriciens on associe un point rationnel positif de ce cercle :

en effet, vous observez que tous les triplets de la famille engendrée par le triplet primitif $(3;4;5)$ « aboutissent » au même point $T$ de notre cercle – le point dont les coordonnées, construites à partir du triplet primitif, sont $(\frac{3}{5}; \frac{4}{5})$.

Cela n’a évidemment rien d’étonnant : qu’on observe $(3;4;5)$ ou un triplet $(3n;4n;5n)$, nous obtenons toujours les mêmes coordonnées, puisque $\frac{3n}{5n} = \frac{3}{5}$ et $\frac{4n}{5n} = \frac{4}{5}$ !

Et réciproquement, donnons-nous maintenant un point rationnel positif sur le cercle, et écrivons ses coordonnées $(x; y)$ sous forme de fractions ayant un même dénominateur : $x = \frac{m}{k}$ et $y = \frac{n}{k}$ (avec $m, n$ et $k$ entiers naturels). Alors, puisque ce point est un point du cercle :

$(\frac{m}{k})^2 + (\frac{n}{k})^2 = 1$ . En multipliant les deux membres de l’égalité par $k^2$, nous obtenons $m^2+n^2 = k^2$ :
$(m; n; k)$ est donc un triplet pythagoricien.

À tout point rationnel positif de notre cercle on associe un triplet pythagoricien.

Plus précisément, là encore, à tout point rationnel positif de notre cercle on associe une famille de triplets pythagoriciens
(pour les mêmes raisons que dans le paragraphe précédent)

Nous avançons, nous savons maintenant que déterminer les familles de triplets pythagoriciens revient à déterminer les points rationnels positifs du cercle que nous observons, puisque nous avons vu que ces deux ensembles se correspondaient bijectivement. Il nous reste à trouver ces points !

Trouver les points rationnels positifs sur notre cercle

Pour trouver des points rationnels positifs sur le cercle nous allons balayer le quart positif du cercle par un « crible à points rationnels ». Notre crible sera le faisceau de droites de pente rationnelle, passant par le point $A$ de coordonnées $(0; 1)$ et traversant le quart positif du cercle – donc des droites dont la pente est comprise entre $0$ (la parallèle à l’axe des abscisses passant par $A$) et $-1$ (la droite passant par $A$ et le point de coordonnées $(1;0)$ ).

Pourquoi un « crible à points rationnels » ?

De toutes les droites passant par le point $A$ , les droites à pente rationnelle sont les seules à contenir des points rationnels (des points dont les deux coordonnées sont rationnelles) – même si elles en contiennent évidemment infiniment plus qui ne sont pas rationnels.

En effet, si $d$ est une droite passant par $A$, et si $M$ est un point de d (différent de $A$), la pente $r$ de $d$ s’écrit : $\frac{y_M – 1}{x_M}$.

Si cette pente n’est pas un nombre rationnel, il n’est pas possible que $x_M$ et $y_M$ le soient tous les deux, puisque $\frac{y_M – 1}{x_M}$ serait alors le produit de deux nombres rationnels ( $y_M – 1$ et l’inverse de $x_M$ )… donc un nombre rationnel !

Et si la pente est un nombre rationnel, il n’est pas possible qu’une seule des coordonnées de M soit rationnelle, puisque $\frac{y_M – 1}{x_M}$ serait alors le produit de deux nombres ( $y_M – 1$ et l’inverse de $x_M$ ) dont l’un seulement est irrationnel… donc un nombre irrationnel.

(Bien entendu cela n’empêche nullement la très grande majorité des points de M d’avoir deux coordonnées irrationnelles, le produit de deux irrationnels pouvant tout à fait être rationnel. Par exemple : $7\sqrt{5}\times 3\sqrt{5}$)

Dans quel cas l’intersection d’une droite de notre faisceau avec le quart de cercle est-elle un point rationnel ?

Pour une droite $d$ quelconque du faisceau, de pente $-r$ ($r$ étant un rationnel positif compris entre 0 et 1) notons $(u;v)$ les coordonnées de son point d’intersection $T$ avec le quart de cercle, et calculons ses coordonnées :

Comme $T$ est à la fois sur la droite et sur le cercle, ses coordonnées vérifient à la fois l’équation de la droite et l’équation du cercle.

L’équation de la droite $d$ est : $y = 1 – rx$ Et celle du cercle est : $x^2 + y^2 = 1$
donc les coordonnées de $T$ vérifient le système d’équation suivant :

\[ \left \{ \begin{array}{l} v = 1 - ru \\ u^2 + v^2 = 1 \end{array} \right. \]

Remplaçons $v$ dans la deuxième équation par $1 - ru$, cela donne :

\[ \left \{ \begin{array}{l} v = 1 - ru \\ u^2 + (1 - ru)^2 = 1 \end{array} \right. \]

En développant puis simplifiant la deuxième équation, on obtient $u = \frac{2r}{(1+ r^2)}$ puis $v = 1 - ru = \frac{1 - r^2}{1 + r^2}$. u= 0 et v=1 est aussi solution, mais on s’intéresse aux autres points rationnels que le point A.

Mais $r$ est un rationnel, donc $2r$, $\; 1 + r^2$ et $ 1 – r^2$ également. Tout comme le sont leurs rapports… donc $u$ et $v$ !

Nous arrivons à cette découverte inattendue :

quelle que soit la droite du faisceau (à pente rationnelle), son intersection avec le quart de cercle est un point rationnel !

Et réciproquement, quel que soit le point rationnel $E$ du quart de cercle, $(AE)$ est une droite du faisceau, puisque les droites à pente irrationnelle passant par $A$ ne contiennent pas de points rationnels. Les points rationnels du quart de cercle sont donc les points d’intersection de ce quart de cercle avec les droites de pente rationnelle, passant par $A$… et uniquement ces points !

Fabriquer des triplets pythagoriciens : une première recette

Pour conclure cette première partie, voici une première recette de création d’un triplet pythagoricien.

Choisissez un nombre rationnel $r$ compris entre $0$ et $1$ :

il lui correspond un point rationnel du quart de cercle positif centré en l’origine et de rayon $1$, et les coordonnées $(u,v)$ de ce point sont $u = \frac{2r}{1+ r^2}$ et $v = \frac{1 - r^2}{1 + r^2}$.

Passez ensuite du couple $(u,v)$ au triplet $(u,v,1)$ – qui n’est PAS un triplet d’entiers – mais qui le deviendra en le multipliant par un entier bien choisi (un multiple commun aux dénominateurs de $u$ et de $v$)… et le triplet obtenu sera pythagoricien !

Un exemple, la création d’un triplet pythagoricien à partir de $\frac{3}{5}$ :

$2r=\frac{6}{5}$ $r^2= \frac{9}{25}$ $1+r^2=\frac{34}{25}$ $1–r^2 =\frac{16}{25}$

$u = \frac{2r}{1+r^2}= \frac{30}{34}\quad$et$\quad v = \frac{1–r^2}{ 1+r^2}=\frac{16}{34}$

donc : $(u,v,1) = (\frac{30}{34} ;\frac{16}{34} ;1)\qquad$ et enfin (multiplication par 34) :$\quad\textbf{(30,16,34)}$

( $(30,16,34)$ est un triplet de la famille du triplet pythagoricien primitif $(15,8,17)$ )

Deuxième partie : les triplets pythagoriciens, une recette plus fine

La perfection serait évidemment d’écrire une formule qui associerait directement au nombre $p$ le triplet pythagoricien primitif qui lui est associé (à travers le point rationnel qui les relie).

Eh bien c’est possible et nous allons cheminer vers cette formule au cours d’une seconde partie, dans laquelle nous étudierons plus finement la situation en remplaçant l’écriture trop générale « $r$ » de notre première partie par une écriture plus explicite, une fraction… et même, pour aller au plus profond, une fraction irréductible :

$r$ devient donc : $\quad\frac{p}{q}\quad$ avec $\quad p$ et $q$ entiers positifs,
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad$ $p \leq q$ (puisque $r \leq1$)
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad$et $p$ et $q$ premiers entre eux (fraction irréductible : le pgcd à $p$ et $q$ est $1$).

On remplace $r$ par $\frac{p}{q}$ dans les expressions de $u$ et $v$, cela donne :

$u = \frac{2pq}{q^2 + p^2}$ et $v = \frac{q^2 - p^2}{q^2 + p^2}$

$2pq$ , $q^2 + p^2$ et $q^2 - p^2$ sont des entiers, $u$ et $v$ sont donc bien tous deux rationnels !

À partir de $\frac{p}{q}$ on crée un point rationnel positif sur le cercle, et donc un triplet pythagoricien :

$\frac{p}{q}$ $\rightarrow$ $[ \frac{2pq}{p^2 + q^2} ; \frac{q^2 - p^2}{p^2 + q^2} ]$ $\rightarrow$ $[ \frac{2pq}{q^2 + p^2} ; \frac{q^2 - p^2}{q^2 + p^2} ; 1 ]$ $\rightarrow$ $[ 2pq ; (q^2 - p^2) ; (q^2 + p^2) ]$

par exemple : $\frac{1}{2}$ $\rightarrow$ $( \frac{4}{5} ; \frac{3}{5} )$ $\rightarrow$ $( \frac{4}{5} ; \frac{3}{5} ; 1 )$ $\rightarrow$ $( 4 ; 3 ; 5 )$

Nous retrouvons (presque) le triplet pythagoricien primitif du début de l’article – presque parce que dans ce triplet-ci, les deux premières places sont permutées. Bien entendu, dans la pratique cela ne change pas grand-chose : dire qu’un triangle dont les côtés mesurent $4$, $3$ et $5$ cm est rectangle, ou dire qu’il s’agit d’un triangle dont les côtés mesurent $3$, $4$ et $5$ cm… c’est à peu près la même chose.

Mais si l’on y réfléchit, cela met en évidence que deux points rationnels du quart de cercle peuvent être associés à la même famille de triplets pythagoriciens (à cette permutation près) ! En fait, nous aurions pu y penser depuis longtemps, géométriquement c’est « évident » :

les triangles gris et rose
(symétriques par rapport à la bissectrice du premier quadrant)
sont isométriques : ce sont « les mêmes » triangles rectangles.

Toutefois, si nous cherchons à partir de quelle fraction obtenir
le triplet $(3;4;5)$, nous découvrons qu’il s’agit de $\frac{1}{3}$ :

$\frac{1}{3}$ $\rightarrow$ $( \frac{6}{10} ; \frac{8}{10} )$ $\rightarrow$ $( \frac{6}{10} ; \frac{8}{10} ; 1 )$ $\rightarrow$ $( 6 ; 8 ; 10 )$
et finalement (division par 2) $\rightarrow$ $( 3 ; 4 ; 5 )$

Mais, vous le remarquez, le triplet engendré par $\frac{1}{3}$ n’est pas primitif :
il faut ensuite le simplifier pour atteindre $(3;4;5)$.

Est-ce toujours le cas ? Lorsque 2 fractions irréductibles engendrent 2 triplets pythagoriciens $(a;b;c)$ et $(a;c;b)$, l’un des deux est-il toujours primitif, et l’autre pas ? Et si oui, pourrions-nous alors « nous débarrasser » de la fraction « la moins performante » ?

La réponse est OUI, aux deux questions, et cette réponse est liée aux parités de $p$ et de $q$.

Trois cas sont possibles :

—) $p$ et $q$ sont tous les deux pairs,
mais nous pouvons déjà éliminer ce cas, puisque nous avons imposé à $\frac{p}{q}$ d’être une fraction irréductible.

—) $p$ et $q$ sont de parités différentes (l’un pair, l’autre impair – par exemple $\frac{1}{2}$) :

le triplet engendré par $\frac{p}{q}$ est alors nécessairement primitif.

En effet, si le triplet $(2pq; q^2 -p^2; q^2 +p^2)$ pouvait être réduit, alors les trois entiers $2pq$, $q^2 -p^2$ et $p^2+q^2$ seraient des
multiples d’un même entier $n$ différent de $1$. Mais, tout comme $p$ et $q$, $p^2$ et $q^2$ sont de parités différentes donc $q^2 -p^2$ est impair, $q^2 + p^2$ également.

Alors si les trois entiers $2pq$, $q^2 -p^2$ et $q^2+p^2$ étaient des multiples d’un entier $n$, cet entier devrait nécessairement être
impair.

Imaginons donc que ces trois nombres soient des multiples d’un entier $n$ impair (différent de $1$, bien évidemment)
… et montrons que dans ce cas, $n$ diviserait à la fois $p$ et $q$, ce qui contredit le fait que $pgcd(p; q) = 1$ :

  • $n$ divise $q^2 - p^2$ et $q^2 + p^2$, donc $n$ divise leur somme qui est égale à $2q^2$.

Puisque $n$ est impair et différent de $1$, il ne divise pas $2$, il doit donc diviser $q^2$ (c’est une conséquence directe du
lemme d’Euclide).

  • $n$ divise $q^2 - p^2$ et $q^2 + p^2$, donc $n$ divise leur différence qui est égale à $2p^2$. Nous en déduisons donc maintenant qu’il
    divise $p^2$.
  • Ainsi $n$ divise simultanément $p^2$ et $q^2$. Or aucun nombre autre que $1$ ne divise simultanément $p$ et $q$ (il sont premiers entre eux) donc aucun nombre autre que $1$ ne divise simultanément $p^2$ et $q^2$.

Nous venons bien de prouver qu’il n’est pas possible de réduire le triplet $(2pq; q^2 - p^2; q^2 + p^2)$ lorsque $p$ et $q$ sont de
parités différentes.

—) $p$ et $q$ sont tous les deux impairs (par exemple $\frac{1}{3}$) :

le triplet obtenu n’est pas primitif !

Nous allons montrer que dans ce dernier cas le triplet obtenu était en fait déjà fabriqué à partir d’une autre fraction
$\frac{P}{Q}$ où $P$ et $Q$ sont de parités différentes.

Partons du triplet $(2pq; q^2 - p^2; q^2 + p^2)$ obtenu – éventuellement à une permutation près – par $\frac{p}{q}$, et introduisons deux nouveaux nombres $P$ et $Q$ – respectivement la demi-somme et la demi-différence (positive) de $p$ et $q$ :
$P = \frac{q + p}{2}$ et $Q = \frac{q - p}{2}$.

Puisque $p$ et $q$ sont tous les deux impairs, les deux nombres $P = \frac{q + p}{2}$ et $Q = \frac{q - p}{2}$ sont entiers.

Et puisque $P + Q = p$, $P + Q$ est impair… donc $P$ et $Q$ sont de parités différentes.

Alors le triplet $(2PQ; Q^2 - P^2; Q^2 + P^2)$ est un triplet primitif et le triplet permuté $(Q^2 - P^2; 2PQ; Q^2 + P^2)$ l’est également.

Mais $Q^2 - P^2 = -pq$ , $2PQ = \frac{q^2 - p^2}{2}$ et $Q^2 + P^2 = \frac{q^2 + p^2}{2}$ donc $(Q^2 - P^2; 2PQ; Q^2 + P^2)$ est le triplet obtenu en divisant
par 2 les nombres de notre triplet de départ $(2pq ; q^2 - p^2; q^2 + p^2)$.

Nous venons bien de prouver que le triplet obtenu par $\frac{p}{q}$ est – à une permutation près – un multiple (et même précisément le double) du triplet obtenu par $\frac{P}{Q}$ où $P$ et $Q$ sont de parité différentes… donc un simple multiple d’un triplet primitif déjà obtenu dans l’étude précédente.

Nous sommes enfin certains qu’il nous suffit, pour déterminer tous les triplets pythagoriciens primitifs, de partir
d’une fraction $\frac{p}{q}$ avec :
$\qquad$ $p$ et $q$ entiers positifs,
$\qquad$ $p \leq q$,
$\qquad$ $p$ et $q$ premiers entre eux
$\qquad$ et $p$ et $q$ de parités différentes.

Le schéma de construction du triplet primitif sera, comme nous l’avons déjà vu :

$\frac{p}{q}$ $\qquad$ $\rightarrow$ $\qquad$ $[ \frac{2pq}{q^2 + p^2} ; \frac{q^2 - p^2}{q^2 + p^2} ]$ $\qquad$ $\rightarrow$ $\qquad$ $[ \frac{2pq}{q^2 + p^2} ; \frac{q^2 - p^2}{q^2 + p^2} ; 1 ]$ $\qquad$ $\rightarrow$ $\qquad$ $[ 2pq ; (q^2 - p^2) ; (q^2 + p^2) ]$
$\qquad$$\qquad$coordonnées d’un point rationnel du cercle $\quad$ fabrication d’un pré-triplet primitif $\quad$$\quad$ le triplet pythagoricien primitif

Avons-nous obtenu tous les triplets pythagoriciens ?

Nous avons vu que tout triplet pythagoricien est soit primitif, soit un multiple d’un triplet primitif. Comme, à partir d’un triplet primitif nous savons construire (par multiplication) tous les triplets de sa famille, la question se réduit à :
avons-nous obtenu tous les triplets pythagoriciens primitifs ?

Et la réponse est oui, puisque nous avons mis en évidence une bijection entre les triplets primitifs et les points d’intersection entre le quart de cercle et les droites passant par $A$ et dont la pente est une fraction irréductible $\frac{p}{q}$ (avec $p$ et $q$ positifs, premiers entre eux, de parités différentes et $p \leq q$).

Cette description des triplets primitifs est un outil précieux pour répondre à certaines questions sur les triplets pythagoriciens. Le lecteur intéressé pourra par exemple se référer à : Pythagore et Mixité.

Post-scriptum :

Nous voudrions ici remercier tout particulièrement Philippe Colliard, dont la contribution à cet article a, selon ses propres termes, « quelque peu dépassé sa fonction d’éditeur » et dont les interprétations, les idées et les remaniements successifs ont permis à cet article de devenir ce qu’il est.

L’image illustrant l’article représente le nuage de points de tous les couples d’entiers $(a,b)$ tels que $(a,b,\sqrt{a^2+b^2})$ soit pythagoricien avec $a<4500$ et $b<1500$.

Les auteurs et la rédaction d’Images des mathématiques remercient également pour leur lecture attentive et leurs commentaires les relecteurs dont les noms ou pseudonymes sont les suivants : Samuel Sendera, nimajneb et Gilles Schneller.

Article édité par Philippe Colliard

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Pour citer cet article :

Victor Issa, William Sarem — «À la recherche des triplets pythagoriciens» — Images des Mathématiques, CNRS, 2021

Crédits image :

Image à la une - Nuage de points de tous les couples d’entiers $(a,b)$ tels que $(a,b,\sqrt{a^2+b^2})$ soit pythagoricien avec $a<4500$ et $b<1500$
Auteur Sam Daoud (Wikimedia commons - Domaine public)
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Commentaire sur l'article

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  • À la recherche des triplets pythagoriciens

    le 21 mai à 21:24, par Kamakor

    Un grand merci pour cet article passionnant.

    Répondre à ce message

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