Problème D273 – Solution de Jean Drabbe
PARTIE A. Deux applications immédiates du théorème de Pythagore montrent que la hauteur h d'un trapèze satisfaisant aux conditions imposées vérifie h^2 = (d/2)^2 - (b/2)^2 = a^2 – (d/2 - b/2)^2 .
Par conséquent le triplet (a,b,d) vérifie 2 • a^2 – d^2 + d • b = 0 .
PARTIE B1. Dans cette partie, nous supposerons (a,b,d) primitif.
Remarque. d et b doivent être copremiers (car si un premier p divisait b et d , il devrait diviser 2 • a^2 et aussi a).
On ne peut avoir b pair et d impair (sinon 2 • a^2 serait impair !).
Il en résulte que la composante b d'un triplet primitif est toujours impaire.
Proposition. Si d est pair, d / 2 , 2 • d et (d – b) sont des carrés parfaits.
Si d est impair, d et (d – b) / 2 sont des carrés parfaits.
Cette proposition est une conséquence immédiate de la remarque précédente et de l'égalité a^2 = d(d – b) / 2 .
Vers une paramétrisation.
Si d est impair, posons d = u^2 , (d – b) / 2 = v^ 2 . On a alors b = u^2 – 2 • v^2 , a = u • v .
Si d est pair, posons d = 2 • v^2 , d – b = u^2 . On a alors b = 2 • v^2 - u^2 , a = u • v . L'utilisation des paramètres u et v est naturelle mais il y a mieux.
Soient p = u + v et q = v . Les égalités précédentes deviennent
Si d est impair d = (p – q) ^2 = (p^2 + q^2) – 2 • p • q
b = p^2 – q^2 – 2 • p • q = (p^2 – q^2) – 2 • p • q a = (p – q)• q
où p et q sont copremiers de parités différentes.
Si d est pair d = 2 • q^2 = (p^2 + q^2) – ((p^2 – q^2) b = q^2 – p^2 + 2 • p • q = 2 • p • q – (p^2 – q^2) a = (p – q) • q
où p et q sont copremiers de parités différentes.
Interprétation géométrique.
Dans les deux cas de parité de d :
Si (a,b,d) est primitif, il existe un triangle pythagoricien primitif T tel que d = hypoténuse de T – plus petit côté de l'angle droit de T .
b = plus grand côté de l'angle droit de T – plus petit côté de l'angle droit de T.
Quelques calculs élémentaires montrent que la réciproque de cette propriété est vraie.
PARTIE B2. Il résulte des propriétés établies dans la partie B1 que tous les triplets entiers admettent la représentation paramétrique suivante.
Soient p et q deux entiers strictement positifs avec p > q .
On sait qu'alors, il existe un triangle pythagoricien dont l'hypoténuse est p^2 + q^2 et dont les côtés de l'angle droit sont 2 • p • q et p^2 – q^2 .
Si 2 • p • q est le plus petit côté de l'angle droit, soient
d = (p – q) ^2 = (p^2 + q^2) – 2 • p • q
b = p^2 – q^2 – 2 • p • q = (p^2 – q^2) – 2 • p • q a = (p – q) • q
Si 2 • p • q n'est pas le plus petit côté de l'angle droit, soient
d = 2 • q^2 = (p^2 + q^2) – ((p^2 – q^2) b = q^2 – p^2 + 2 • p • q = 2 • p • q – (p^2 – q^2) a = (p – q)• q
PARTIE C. Soit S l'ensemble des triplets rationnels (a,b,d) tels que P(a,b,d) = 0 .
Deux triplets (a,b,d) et (a',b',d') de S seront dits équivalents lorsque
il existe un rationnel r tel que a' = r • a , b' = r • b et d' = d • b . Deux trivialités.
(1) Toute classe d'équivalence contient un et un seul triplet primitif.
(2) Si les triplets t et t' sont équivalents, alors les hauteurs qui leur sont associées
diffèrent multiplicativement par un rationnel. Il en est de même pour les diagonales.
Hauteurs et diagonales.
En vertu des trivialités mentionnées ci-dessus, il suffit de caractériser les triplets primitifs (a,b,d) dont la hauteur h est rationnelle et ceux dans la diagonale g est rationnelle.
Comme
4 • h^2 = d^2 – b^2 et 4 • g^2 = 2 • d • (d + b) ,
un calcul élémentaire (utilisant les paramètres u et v définis dans B1) montre que (1) Si d est impair h est rationnel ssi u^2 – v^2 = (d + b) / 2 est un carré.
g est rationnel ssi u^2 – v^2 = (d + b) / 2 est un carré.
(2) Si d est pair h est rationnel ssi 4 • v^2 – u^2 est un carré parfait.
g est rationnel ssi 4 • v^2 – u^2 est un carré parfait.
Lorsque d est pair, u doit être impair et il est alors impossible que 4 • v^2 – u^2 soit un carré parfait
Remarque . Dans les deux cas, le critère de rationalité est le même pour h et g.
Cela ne signifie pas que h et g soient les égaux!
