Triplets pythagoriciens
1. Description arithmétique.
2. Description algébrique : Euclide via Gauss.
3. Description arborescente de Berggren.
4. Description géométrique.
5. Triangles héroniens.
6. Triplets « pythagoroniens ».
7. Les équations x2 + y2 = pz2 , p premier impair.
à la mémoire de Bertrand Heuschmidt Pierre-Jean Hormière
___________
« Pythagore estimait l’arithmétique au-dessus de tout. » Aristoxène
« Puiser une eau nouvelle dans les puits anciens » Frédéric II de Hohenstaufen
Le « théorème » dit « de Pythagore » est sans doute la plus ancienne conquête des mathématiques.
Son attribution à Pythagore n’apparaît que tardivement dans la littérature grecque, et parfois sous une forme dubitative. Tout indique en effet qu’il remonte aux babyloniens. Mais que disait-ce fameux théorème, au juste ? Les documents anciens montrent qu’il comportait deux volets :
− Un aspect géométrique : dans un triangle rectangle, le carré de l’hypoténuse est égal à la somme des carrés des deux autres côtés.
− Un aspect arithmétique : la recherche des triangles rectangles dont les côtés se mesurent en nombres entiers.
Pour les pythagoriciens, ces deux aspects se confondaient : « Tout est nombre », avait dit le maître, c’est-à-dire nombre entier naturel, autrement dit, les trois côtés d’un triangle rectangle étaient des multiples entiers d’une même unité de longueur. Après la découverte des irrationnels, à la fin de l’école pythagoricienne, arithmétique et géométrie se séparent pour de longs siècles, et les deux aspects du « théorème de Pythagore » divergent, tout en continuant d’entretenir, comme on va le voir, des relations étroites.
C’est à ce dernier problème, la résolution de la plus ancienne des équations diophantiennes 1, qu’est consacrée cette étude…
32 + 42 = 52 , 52 + 122 = 132 , 152 + 82 = 172 , 212 + 202 = 292 , etc.
Je pensais qu’il n’y avait plus rien à dire sur le sujet depuis Euclide. Eh bien je me trompais ! Un article de l’Encyclopedia universalis, un article d’André Stoll, une intéressante conférence de Claude Quitté et des remarques de Gilles Boutte m’ont prouvé qu’il n’en était rien, et donné envie de retravailler ce sujet. Un récent article de Jean-Paul Delahaye est venu compléter mes informations.
La tablette d’argile ci-dessous, de 12,7 cm de largeur, 8,8 cm de hauteur et 3,2 cm d’épaisseur maximum, a été découverte lors de fouilles illégales, probablement à Senkereh (anc. Larsa) au sud de l’Irak, et achetée en 1922 par l’éditeur new-yorkais George Arthur Plimpton, qui légua sa collection à l’université Columbia dans les années 1930. Elle aurait été produite entre – 1822 et – 1784 av JC.
Je renvoie à l’intéressant article de wikipedia qui lui est consacré.
1 Une équation diophantienne est une équation polynomiale dont les inconnues sont des entiers.
Tablette babylonienne Plimpton 322 (18e siècle av J-C)
1. Description arithmétique.
1.1. Définition, premières propriétés.
Définition 1 : On nomme triplet pythagoricien tout triplet (a, b, c) ∈ N*3 tel que a2 + b2 = c2. Un triplet pythagoricien (a, b, c) est dit primitif si a, b et c sont premiers entre eux dans leur ensemble.
On nomme triangles pythagoriciens, resp. triangles pythagoriciens primitifs, les triangles rectangles associés de côtés (a, b, c) 2.
Exemple : Le triplet pythagoricien le plus célèbre est (3, 4, 5). Il est primitif. C’est de plus le seul triplet formé de nombres consécutifs.
Proposition 1 : Si (a, b, c) est un triplet pythagoricien, a et b sont ≥ 3, et c ≥ 5 Preuve : En effet, a = 1 impliquerait 1 + b2 = c2, donc b < c, donc b + 1 ≤ c, donc 1 + 2b + b2 ≤ c2 = 1 + b2. Impossible ! Par symétrie, b ≥ 2.
Et a = 2 impliquerait 4 + b2 = c2, donc b < c, donc b + 1 ≤ c, donc 1 + 2b + b2 ≤ c2 = 4 + b2, et finalement b ≤ 3/2, et b = 1. Impossible !
Du coup, a et b sont ≥ 3, et c2 = a2 + b2≥ 18 implique c ≥ 5. Cqfd.
Proposition 2 : Soit (a, b, c) un triplet pythagoricien.
L’un au moins des nombres a et b est multiple de 2 (resp. de 3, resp. de 4).
L’un au moins des nombres a, b, c est multiple de 5.
Preuve :
1) Si a et b étaient impairs, c serait pair. Posant a = 2p + 1, b = 2q + 1 et c = 2k on aurait
(2p + 1)2 + (2q + 1)2 = 4k2 . Le premier membre est congru à 2 modulo 4, le second à 0. Impossible.
2) Si a et b n’étaient pas multiples de 3, ils seraient congrus à 1 ou 2 modulo 3. Leurs carrés a2 et b2 seraient congrus à 1 modulo 3, donc a2 + b2 serait congru à 2 modulo 3 : il ne pourrait être un carré, car les carrés sont congrus à 0 ou 1 modulo 3.
3) Après pas mal de réflexion, raisonnons modulo… 16 !
2 En anglais : pythagorean triplets, resp. triangles, primitive pythagorean triplets, resp. triangles.
Si a et b n’étaient pas multiples de 4, ils seraient congrus à ± 1, ± 2, ± 3, ± 5, ± 6, ± 7 modulo 16.
Leurs carrés a2 et b2 seraient congrus à 1, 4 ou 9 modulo 16, donc a2 + b2 serait congru à 2, 5, 8, 10, 13 modulo 16. Or c2 est congru à 0, 1, 4 ou 9 modulo 16.
4) Supposons a, b et c non multiples de 5, donc congrus à 1, 2, 3 ou 4 modulo 5.
Alors a2, b2, c2 seraient congrus à 1 ou 4 modulo 5, donc a2 + b2 serait congru à 0, 2 ou 3 modulo 5, contrairement à c2. cqfd.
Corollaire : Un triangle pythagoricien a pour aire un entier naturel.
Nous améliorerons ce résultat dans la suite, en montrant que l’aire est divisible par 6, et reviendrons sur ce sujet au § 5.
Remarques :
1) Les triplets (x, y, z) ∈ Z3 tels que x2 + y2 = z2 sont les (±a, ±b,
±c) où (a, b, c) est un triplet pythagoricien, ainsi que les (±a, 0, ±a) et (0, ±a, ±a).
2) Les triplets (X, Y, Z) ∈ Q3 tels que X2 + Y2 = Z2 sont les (x/d, y/d, z/d) où (x, y, z) ∈ Z3 vérifie x2 + y2 = z2 , et d est un entier ≥ 1.
3) Géométriquement, dans R3, l’ensemble des points M(x, y, z) tels que x2 + y2 = z2 forment un cône de révolution, le cône de révolution de sommet O, d’axe z’Oz et de demi-angle au sommet π/4. Et l’on cherche les points de ce cône à coordonnées dans N*, dans Z ou dans Q.
> with(plots):
> plot3d([z*cos(t),z*sin(t),z],z=-5..5,t=0..2*Pi, axes=normal);
1.2. Premières listes de triplets.
L’historien des mathématiques Otto Neugebauer 3 a publié en 1945 une liste de nombres contenus dans une tablette d’argile en partie cassée, la tablette Plimpton 322 de l’université de Columbia, remontant au 18ème siècle avant J.-C. Cette tablette de petites dimensions (largeur 13 cm, hauteur 9 cm, épaisseur 2 cm) comporte un tableau de nombres cunéiformes, rangés en 4 colonnes sur 15 lignes. Selon lui, cette tablette laisse supposer que les Babyloniens pouvaient calculer une infinité de triplets pythagoriciens, mais on ne sait comment ils les obtenaient. Depuis, d’autres interprétations ont été données des nombres figurant sur cette tablette : selon Eleanor Robson, il s’agirait de résoudre l’équation du second degré x – 1/x = c.
Si l’on en croit Proclus de Lycie (412-485) dans son commentaire du livre I des Eléments d’Euclide, Pythagoras de Samos savait obtenir une suite infinie de triplets pythagoriciens. Partant d’un entier impair n = 2m + 1, il formait le triplet :
3 Otto Eduard NEUGEBAUER (Innsbruck 1899 - Lawrenceville, New Jersey, 1990), mathématicien et historien des sciences autrichien, puis américain. Il servit comme officier d’artillerie pendant la guerre de 14.
Lors de ses études à Graz et Munich, il quitta l’ingénierie électrique pour se tourner vers la physique puis les mathématiques. Il vint étudier à Göttingen en 1922, et participa à la rédaction du grand traité de Hilbert- Courant sur la théorie des fonctions. Mais très vite il s’intéressa aux mathématiques égyptiennes et assyriennes. Neugebauer aida Richard Courant dans ses tâches administratives. Contraint à s’exiler en 1933, car juif, Courant désigna Neugebauer pour lui succéder comme directeur de l’Institut de mathématiques de Göttingen. Mais Neugebauer refusa de signer un document affirmant sa loyauté envers le régime nazi. Exclu de l’université, il émigra au Danemark en 1934, puis aux U.S.A. en 1940 et y poursuivit ses travaux d’histoire des mathématiques anciennes. Neugebauer a fondé deux importantes revues mathématiques : en 1931, le Zentralblatt für Matematik, et après son émigration en 1940, les Mathematical Reviews. Son livre Les sciences exactes dans l'antiquité, est traduit chez Actes Sud.
( n ,
2
²− 1
n ,2
²+ 1
n ) = ( 2m + 1 , 2m2 + 2m , 2m2 + 2m + 1 ) .
L’idée est d’écrire ( a + 1 )2 = a2 + 2a + 1. Si 2a + 1 est un carré, c’est le carré d’un nombre impair 2m + 1, et le tour est joué.
Cette liste fournit tous les triplets pythagoriciens (x, y, z) tels que z = y + 1, car z = y + 1 donne x2 = 2y + 1, donc x est impair. Posant x = 2m + 1, x ≥ 3 ⇒ m ≥ 1, et alors y =
21
²−
x = 2m2 + 2m , et z = 2m2 + 2m + 1. Ces triplets sont tous primitifs, car y et z sont consécutifs, donc premiers entre eux. Mais la liste obtenue ne contient pas tous les triplets primitifs, notamment (8, 15, 17) qui était déjà connu des Babyloniens.
Si Pythagore avait fait un peu d’algèbre linéaire, il aurait pu noter qu’en posant :
Pyth(m) =
+ +++
1 2
² 2 2 2 ² 2 1
m mmm m
, alors : Pyth(0) =
1 0
1
, Pyth(1) =
5 4
3
et Pyth(m+1) =
−−
−
3 2 2
2 1 2
2 2 1
Pyth(m).
Nous retrouverons cette matrice dans la suite.
Platon lui aussi savait obtenir une suite infinie de triplets pythagoriciens : partant d’un entier pair n = 2m, il formait le triplet : (
4
²
n − 1 , n ,
4
²
n + 1 ) = ( m2 − 1 , 2m , m2 + 1 ) . L’idée est d’écrire ( m2 + 1 )2 = ( m2− 1 )2 + (2m)2 .
Il est facile de vérifier que cette liste fournit tous les triplets (x, y, z) tels que z = x + 2. Car z = x + 2, donne y2 = 4x + 4, donc y pair. Posant y = 2m, y ≥ 3 ⇒ m ≥ 2, et x =
4
²−4
y = m2 − 1 et z = m2 + 1.
Les triplets où m est pair sont primitifs, les autres ont pour pgcd 2, car si d divise x et z, il divise 2.
Mais, pas plus que celle de Pythagore, la liste de Platon ne contient le triplet (20, 21, 29), lui aussi connu des Babyloniens.
Si l’on note Platon(m) =
+
−
1 2 ² ² 1
mm m, alors Platon(0) =
−
1 0 1
et Platon(m+1) =
−−
2 / 3 1 2 / 1
1 1 1
2 / 1 1 2 / 1
Platon(m).
Cette matrice laisse stable l’ensemble des triplets (a, b, a + 2) ∈ Z3. On en déduit que : Platon(2) =
5 4
3
et Platon(m+2) =
−−−
3 2 2
2 1 2
2 2 1
Platon(m).
Nous retrouverons cette matrice plus tard.
Exercice : Inversement, si l’on définit les suites récurrentes suivantes : Pyth(0) =
1 0
1
et Pyth(m+1) =
−−
−
3 2 2
2 1 2
2 2 1
Pyth(m), démontrer que Pyth(m) =
+ +++
1 2
² 2 2 2 ² 2 1
m mmm m
.
Platon(0) =
−
1 0 1
et Platon(m+1) =
−−
2 / 3 1 2 / 1
1 1 1
2 / 1 1 2 / 1
Platon(m), démontrer que Platon(m) =
+
−
1 2 ² ² 1
mm m,
Avant de poursuivre, faisons deux remarques géométriques.
La première fournit une construction géométrique récurrente en spirale des triplets de Pythagore, qui aurait été trouvée par Luis Telia Gomes en 2015 si j’en crois Jean-Paul Delahaye. Si tard ?
Voici cette construction. Partant d’un triangle rectangle initiale ABC de côtés (3, 4, 5) initial, on construit le carré circonscrit PQRA2 comme sur la figure, on reporte la longueur PB2 = 5 dans le prolongement du côté A2P et on fait de même dans le prolongement de PQ, QR et RA2. On obtient le triangle A2B2C2 de côtés 5, 12, 13, et l’on recommence…
La seconde est une propriété géométrique commune des triplets de Pythagore et de Platon : ce sont resp. les points à coordonnées entières situés sur les
paraboles intersections du cône de révolution x2 + y2 = z2 et des plans z = y + 1 et z = x + 2. Les intersections sont des paraboles, car ces plans sont parallèles à l’une des génératrices du cône.
> with(plots);
> cone:=plot3d([r*cos(t),r*sin(t),r], r=-1.5..3,t=0..2*Pi,color=red):
> plan:=plot3d([x,y,y+1],x=-2..2, y=-2..3,color=blue):
parabole:=spacecurve([x,(x^2-1)/2, (x^2+1)/2],x=-2..2,thickness=2, color=black):
> display3d({cone,plan,parabole});
Dans son livre sur Pythagore, Pierre Brémaud signale que la fameuse suite de Fibonacci f0 = 0 , f1 = 1 , fn+2 = fn + fn+1
fournit également une suite infinie de triplets pythagoriciens.
En effet, si l’on considère quatre nombres de Fibonacci consécutifs fm, fm+1, fm+2, fm+3, le triplet (am , bm , cm) = ( fm × fm+3 , 2× fm+1 × fm+2 , (fm+1)2 + (fm+2)2 ) est pythagoricien pour m ≥ 1.
Cela découle de ce que am = fm × fm+3 = ( fm+2− fm+1 ) × ( fm+2 + fm+1 ) = (fm+2)2− (fm+1)2 . Les triplets obtenus ne sont pas tous primitifs. Plus précisément, le pgcd de am , bm , cm vaut 1 ou 2.
En effet, si p premier divisait am , bm , cm, c’est-à-dire (fm+2)2 − (fm+1)2 , (fm+2)2 + (fm+1)2 et 2×fm+1×fm+2 , il diviserait 2(fm+2)2 , 2(fm+1)2 et 2fm+1fm+2 ; si p était impair, il diviserait fm+2 et fm+1 ; or ces nombres sont premiers entre eux. Un examen de parité montre que pgcd(am , bm , cm) = 2 si 3 divise m, 1 sinon ; autrement dit, dans la liste obtenue, deux triplets sur trois sont primitifs.
Si l’on note Fibo(m) =
m m m
c b a
, alors : Fibo(0) =
2 2
0
et Fibo(m+1) =
−
2 / 3 1 2 / 1
1 1 1
2 / 1 1 2 / 1
Fibo(m).
On en déduit que : Fibo(1) =
5 4
3
et Fibo(m+3) =
9 8 4
8 7 4
4 4 1
Fibo(m).
Nous retrouverons cette matrice plus tard.
La suite de Lucas v0 = 2, v1 = 1, vn+2 = vn + vn+1, sœur jumelle de la suite de Fibonacci, fournit également une suite infinie de triplets pythagoriciens. En effet, considérant 4 nombres de Lucas consécutifs vm, vm+1, vm+2, vm+3, le triplet
(am , bm , cm) = ( vm × vm+3 , 2× vm+1 × vm+2 , (vm+1)2 + (vm+2)2 ) est pythagoricien.
Si l’on note Lucas(m) =
m m m
c b a
, alors : Lucas(0) =
10 6 8
et Lucas(m+1) =
−
2 / 3 1 2 / 1
1 1 1
2 / 1 1 2 / 1
Lucas(m).
On a vu que les triplets de Pythagore et de Platon se trouvent sur des sections planes paraboliques du cône. On peut de même se demander où se trouvent les triplets de type Fibonacci-Lucas.
Si Fibo(m) =
m m m
c b a
, je dis que 2am – bm = 2(−1)m−1 .
Cela découle de la formule aisément vérifiable par récurrence : (fm)2 – fm−1.fm+1 = (−1)m−1 .
Mais cela découle aussi de ce que : [ 2 –1 0 ]
−
2 / 3 1 2 / 1
1 1 1
2 / 1 1 2 /
1
= − [ 2 –1 0 ].En clair, les triplets Fibo(m) vérifient alternativement 2x – y = 2 et 2x – y = −2.
Les Fibo(m) se trouvent alternativement sur l’une ou l’autre de deux sections hyperboliques du cône x2 + y2 = z2 par les plans verticaux 2x – y = 2 et 2x – y = −2..
De même, les Lucas(m) se trouvent alternativement sur l’une ou l’autre des sections hyperboliques de x2 + y2 = z2 par les plans verticaux 2x – y = 10 et 2x – y = −10.
Remarque : Réciproquement, si l’on cherche les solutions entières du système x2 + y2 = z2 , 2x – y = 2, on tombe sur une équation de Fermat à étudier.
1.3. Description arithmétique.
En fait, on peut obtenir facilement une famille à deux paramètres de triplets pythagoriciens : Proposition 3 : Si m et n sont deux entiers tels que m > n ≥ 1 :
( m2 – n2 , 2mn , m2 + n2) et ( 2mn , m2 – n2 , m2 + n2) sont des triplets pythagoriciens.
Preuve facile.
Du coup, toute suite strictement croissante (um) d’entiers > 0 engendre une suite de triplets pythagoriciens : ( um+12− um2 , 2×um×um+1 , um+12 + um2 ).
La solution précise et complète du problème est due à Euclide : si j’en crois Thomas Heath (vol. I, p.
405), elle figure dans le livre X des Eléments (propositions 27-28).
Théorème 1 (Euclide) : Les triplets pythagoriciens sont :
( ( a2 − b2 ).d , 2abd , ( a2 + b2 ).d ) et ( 2abd , ( a2 − b2 ).d , ( a2 + b2 ).d ) où a, b, d ∈ N* , a et b étant de parités opposées et tels que a ∧ b = 1 et 0 < b < a.
Les triplets primitifs sont ceux pour lesquels d = 1.
Ainsi, le triplet (3, 4, 5) provient de (a, b, d) = (2, 1, 1), le triplet (20, 21, 29) de (a, b, d) = (5, 2, 1).
Preuve :
1) Soient (x, y, z) un triplet pythagoricien formé d’entiers ≥ 1, d = pgcd(x, y, z).
Alors (x’, y’, z’) = (x/d, y/d, z/d) est un triplet pythagoricien formé d’entiers premiers dans leur ensemble. Ils sont alors premiers entre eux deux à deux, car si un nombre premier p divise deux d’entre eux, il divise le troisième.
2) Soit donc (x, y, z) un triplet formé d’entiers premiers entre eux deux à deux.
Si x et y sont pairs, z serait aussi pair, ce qui est impossible.
Si x et y sont impairs, x = 2a + 1, y = 2b + 1, alors x2 + y2 = 2 + 4.( a + b + a2 + b2 ) ≡ 2 (mod 4).
Or pour tout z, z2 ≡ 0 ou 1 (mod 4).
Par conséquent, x et y sont de parités différentes.
3) Supposons x impair et y pair, donc z impair. On note que )² (2y
= z−2x. 2x z+ . Les entiers A =
2 x
z+ et B = 2
x
z− sont premiers entre eux, En effet, si p premier divisait A et B, il diviserait x = A – B et z = A + B, ce qui est impossible.
Comme le produit A.B est un carré, chacun d’eux est un carré, en vertu du théorème fondamental de l’arithmétique.
Posons A = a2 , B = b2 , avec a ∧∧∧∧ b = 1. Alors x = a2 – b2 , y = 2ab , z = a2 + b2.
Pour obtenir l’inventaire complet, il reste à multiplier x, y et z par leur pgcd, et à échanger x et y.
Voici quelques propriétés vérifiées par les triplets pythagoriciens.
Proposition 4 : Soit (x, y, z) un triplet pythagoricien primitif tel que x est impair.
i) z est impair ; 4 divise y.
ii) z – y et z + y sont des carrés parfaits ; iii) A =
2x
z+ et B = 2x
z− sont des carrés parfaits ; iv) Soit 3 divise x, soit 3 divise y, et alors 12 divise y ; v) Un, et un seul, des entiers x, y, z est multiple de 5 ;
vi) Les nombres premiers p qui divisent z sont tous ≡ 1 ( mod 4 ).
Preuve : i) z est impair comme somme d’un impair et d’un pair ; ab est pair, dans 4 divise 2ab.
ii) et iii) découlent de ce qui précède.
iv) Raisonnons modulo 3.
x.y = 2ab.( a2 – b2 ) = 2a3b − 2ab3 ≡ 2ab – 2ab = 0 ( mod 3 ), en vertu du petit théorème de Fermat.
Par conséquent, 3 divise x ou y. Comme x et y sont premiers entre eux, le ou est exclusif.
Mais comme 4 divise y, si 3 divise y, 12 divise y.
v) Raisonnons modulo 5.
x.y.z = 2ab.( a4 – b4 ) = 2a5b − 2ab5 ≡ 2ab – 2ab = 0 ( mod 5 ), en vertu du petit théorème de Fermat.
Par conséquent, 5 divise x, y ou z. Comme x, y et z sont premiers entre eux 2 à 2, le ou est exclusif.
vi) Soit p un nombre premier divisant z.
Alors p ≠ 2, car z est impair. De plus x2 + y2≡ 0 ( mod p ), donc x2 + y2 =
0
dans Z/pZ.Si p ≡ 3 ( mod 4 ), −1 n’est pas un carré dans Z/pZ. On en déduit x2 + y2 =
0
⇒ x = y =0
. Donc p divise à la fois x et y, ce qui est impossible.Le lecteur est prié de vérifier ces propriétés sur les facteurs premiers des z, dans les listes de triplets suivantes, lorsque ceux-ci sont primitifs.
1.4. Programmes informatiques.
> pythagore:=m->(2*m+1,2*m*(m+1),2*m^2+2*m+1);
:=
pythagore m → (2 m + 1 2 m (, m + 1),2 m2 + 2 m + 1)
> for m from 0 to 10 do pythagore(m);od;
, , 1 0 1
, , 3 4 5 , , 5 12 13
, , 7 24 25
, , 9 40 41
, , 11 60 61
, , 13 84 85
, , 15 112 113
, , 17 144 145
, , 19 180 181
, , 21 220 221
> platon:=m->(m^2-1,2*m,m^2+1);
:=
platon m → (m2 − 1 2 m, ,m2 + 1)
> for m from 0 to 10 do platon(m);od;
, , -1 0 1
, , 0 2 2
, , 3 4 5
, , 8 6 10
, , 15 8 17
, , 24 10 26
, , 35 12 37
, , 48 14 50
, , 63 16 65
, , 80 18 82
, , 99 20 101
> with(combinat):alias(phi=fibonacci):
> Fibo:=proc(m)
> print([phi(m)*phi(m+3),2*phi(m+1)*phi(m+2),phi(m+1)^2+phi(m+2)^2]);end;
> for m from 0 to 10 do Fibo(m);od;
[0 2 2, , ] [3 4 5, , ] [5 12 13, , ] [16 30 34, , ] [39 80 89, , ] [105 208 233, , ] [272 546 610, , ] [715 1428 1597, , ] [1869 3740 4181, , ] [4896 9790 10946, , ] [12815 25632 28657, , ]
> v:=m->2*phi(m+1)-phi(m);
:=
v m → 2 (φ + m 1) − φ(m)
> Lucas:=proc(m)
> print([v(m)*v(m+3),2*v(m+1)*v(m+2),v(m+1)^2+v(m+2)^2]);end;
> for m from 0 to 10 do Lucas(m);od;
[8 6 10, , ] [7 24 25, , ] [33 56 65, , ] [72 154 170, , ] [203 396 445, , ] [517 1044 1165, , ] [1368 2726 3050, , ] [3567 7144 7985, , ] [9353 18696 20905, , ] [24472 48954 54730, , ] [64083 128156 143285, , ]
Voici un programme Maple qui liste tous les triplets primitifs tels que x est impair, et correspondant à 0 < b < a ≤ n.
> euclide:=proc(n)
> local a,b,triplet;
> for a from 2 to n do
> for b from 1 to a-1 do
> if igcd(a,b)=1 then
if (type(a,odd) and type(b,even)) or (type(b,odd) and type(a,even))
> then triplet:=[a^2-b^2,2*a*b,a^2+b^2];print([[a,b],triplet]);fi;fi;
od;od;end;
> euclide(10);
[[2 1, ],[3 4 5, , ]] [[3 2, ],[5 12 13, , ]] [[4 1, ],[15 8 17, , ]] [[4 3, ],[7 24 25, , ]]
[[5 2, ],[21 20 29, , ]] [[5 4, ],[9 40 41, , ]] [[6 1, ],[35 12 37, , ]] [[6 5, ],[11 60 61, , ]] [[7 2, ],[45 28 53, , ]] [[7 4, ],[33 56 65, , ]] [[7 6, ],[13 84 85, , ]] [[8 1, ],[63 16 65, , ]] [[8 3, ],[55 48 73, , ]] [[8 5, ],[39 80 89, , ]] [[8 7, ],[15 112 113, , ]]
[[9 2, ],[77 36 85, , ]] [[9 4, ],[65 72 97, , ]] [[9 8, ],[17 144 145, , ]] [[10 1, ],[99 20 101, , ]] [[10 3, ],[91 60 109, , ]] [[10 7, ],[51 140 149, , ]] [[10 9, ],[19 180 181, , ]] Enfin, Maple « sait » retrouver les résultats précédents :
> pythagore:=simplify(isolve({x^2+y^2=z^2,z=y+1}));
:=
pythagore {x = 1 + 2 _Z1,z = 1 + 2 _Z1 + 2 _Z12,y = 2 _Z1 + 2 _Z12}
> platon:=isolve({x^2+y^2=z^2,z=x+2});
Solutions may be lost :=
platon {z = 1 + 4 _Z12,x = − + 1 4 _Z12,y = 4 _Z1}
> euclide:=isolve(x^2+y^2=z^2);
euclide x = −2 _Z3 _Z1 _Z2
( )
igcd −2 _Z1 _Z2,_Z12 − _Z22,_Z12 + _Z22 , {
:=
=
y _Z3 (_Z12 − _Z22)
( )
igcd −2 _Z1 _Z2,_Z12 − _Z22,_Z12 + _Z22 , =
z _Z3 (_Z12 + _Z22)
( )
igcd −2 _Z1 _Z2,_Z12 − _Z22,_Z12 + _Z22 }
Enfin, le nuage de points ci-dessous, trouvé sur Wikipédia, mais qu’il serait facile de retrouver, visualise les couples d’entiers (x, y) inférieurs à 4500, tels que (x, y, x
² y
+²
) soit un triplet pythagoricien. Ces couples sont les projections des triplets situés sur le cône de révolution.
1.5. Description géométrique.
Une approche géométrique du problème précédent consiste à chercher les couples (X, Y) ∈ Q2 tels que X2 + Y2 = 1. Notons Γ leur ensemble ; c’est le « cercle unité » de Q×Q.
Proposition 5 : Les couples (X, Y) ∈ Q2 tels que X2 + Y2 = 1 sont en bijection naturelle avec la droite rationnelle complétée Q ∪ {∞}, via l’application F : m ∈ Q ∪ {∞} → F(m) , où :
F(m) =
(
² 1 ² 1
m +m
− ,
² 1 2
m
+m
)
si m ∈ Q , F(∞) = (−1, 0) . Preuve : Pour obtenir cette description paramétrée, utilisonsune idée d’origine géométrique. Coupons Γ par une droite passant par un de ses points, par exemple le point A(−1, 0).
Soit (X, Y) ∈ Q2 , différent de (−1, 0). Posons m = +1
XY ∈ Q.
Alors Y = m ( X + 1 ) ; reportons ! X2 + m2 (X + 1)2 = 1 s’écrit ( X + 1 ).( X − 1 + m2 (X + 1) ) = 0.
Comme X ≠−1, il vient X =
² 1 ² 1
m +m
− , puis Y =
² 1 2
m +m .
Reste à adjoindre le point (−1, 0), qui correspond à m = ∞ (droite verticale).
Remarque : Dans cet énoncé, on peut remplacer Q par un corps K de caractéristique ≠ 2 dans lequel
−1 n’est pas un carré. Si −1 est un carré, m doit être tel que m2 + 1 ≠ 0 : Γ(K) doit plutôt être vue comme une hyperbole. Enfin, si K est de caractéristique 2, X2 + Y2 = (X + Y)2 , de sorte que : X2 + Y2 = 1 ⇔ X + Y = ±1 ⇔ X + Y = 1 ; la conique Γ(K) X2 + Y2 = 1 est la droite Y = X + 1.
Corollaire : Les triplets (X, Y, Z) ∈ Q3 tels que X2 + Y2 = Z2 sont de la forme :
(
( 1 – m2 ) u , 2mu , ( 1 + m2 ) u)
où (m , u) ∈ Q2 , ou (−Z, 0, Z) où Z ∈ Q.Preuve : Si Z = 0, on trouve (0, 0, 0). Sinon, le couple ( Z X ,
Y )Z obéit à la proposition précédente.
Il est de la forme Z X =
² 1 ² 1
m +m
− , Z Y =
² 1 2
m
+m , donc (X, Y, Z) = (
² 1 ² 1
m +m
− Z ,
² 1 2
m
+m Z , Z ). Posant Z = ( 1 + m2 ).u , il vient : (X, Y, Z) =
(
( 1 – m2 ).u , 2mu , ( 1 + m2 )u)
. A quoi il faut ajouter (X ,Z
Y ) Z = ( −1, 0), c’est-à-dire (X, Y, Z) = (−Z, 0, Z).
Autre approche, pour obtenir une paramétrisation rationnelle du cône de révolution X2 + Y2 = Z2. On note que : X2 + Y2 = Z2 ⇔ Y2 = ( Z + X ).( Z – X ).
Si Z + X ≠ 0, posons Z + X = t et Y = s. Alors Z – X = s
u², d’où X = t
s t
2
²
²
− , Y = s , Z = ts t
2
²
²
+ . Si Z + X = 0, on tombe sur les triplets (−Z, 0, Z). On retrouve aisément le corollaire.Retrouvons le théorème 1. Soit (x, y, z) un triplet pythagoricien primitif.
Alors (X, Y) = ( zx ,
z
y ) est élément de Γ, plus précisément du quart de cercle X > 0, Y > 0 de Γ. Par conséquent, il existe m ∈ Q ∩ ]0, 1[ tel que (X, Y) = (
zx , z y ) =
(
² 1 ² 1
m +m
− ,
² 1 2
m +m
)
. Posons m =a
b , a ∧∧∧∧ b = 1 , a et b > 0. Alors z x =
²
² ² ²
b aa b+− , z y =
²
² 2
b a ab
+ .
1er cas : Si a et b n’ont pas même parité, je dis que 2ab et a2 + b2 sont premiers entre eux.
En effet, si p premier divise 2ab et a2 + b2 , p divise 2, a ou b.
Si p divise a, et alors il divise b : impossible ; idem si p divise b.
Enfin p = 2 est également impossible, car a2 + b2 est impair.
En vertu de l’unicité de la forme irréductible, x = a2 – b2 , y = 2ab , z = a2 + b2 . 2ème cas : Si a et b sont impairs, posons u =
2 b a+ , v =
2 b
a− , a = u + v , b = u − v.
u et v sont de parités différentes (sans quoi a et b seraient pairs), et premiers entre eux.
De plus z x =
²
² 2
v u uv
+ , z y =
²
² ²
²
v u v u+− .Comme ci-dessus, on conclut que x = u2 – v2 , y = 2uv , z = u2 + v2 . 1.6. Compléments.
« Les 24 propositions du livre VI des Arithmétiques de Diophante se rapportent aux triangles pythagoriques et elles ont exercé une grande influence sur les mathématiciens des XVIe et XVIIe siècles, comme Stevin, Viète, et surtout Frenicle et Fermat. » écrit Jean Itard 4 (Que sais-je, p. 108).
On trouvera les 24 propositions de Diophante dans Heath (vol. II, p. 507-514). Il est fort vraisemblable que c’est en étudiant certaines classes de triangles pythagoriques que Fermat a été conduit à étudier l’équation diophantienne qui porte son nom x2 – a.y2 = 1. Cette équation de Fermat (ou de Pell-Fermat) est le point de départ de la théorie algébrique des nombres.
Exercice 1 : Montrer que l’aire d’un triangle pythagoricien est toujours divisible par 6. Indiquer un triangle pythagoricien d’aire égale à 6.
Solution : L’aire est de la forme S = xy/2 = ab ( a2 – b2 ) d2 , où a et b etc.
4 Né en 1902 à Serrières (petit village ardéchois situé au bord du Rhône, et ancien port de mariniers), et mort à Paris en 1979, Jean ITARD est un historien français des mathématiques. Il sort de l’Ecole normale d’instituteurs d’Avignon en 1921, passe une licence de mathématiques à Marseille en 1924, et l’agrégation en 1925. Il enseigne successivement au lycée d’Alençon, au lycée Saint-Charles de Marseille, puis aux lycées Buffon, Michelet et Henri IV de Paris. De 1926 à 1936, il participe à la fondation de l’Institut supérieur ouvrier (CGT) et enseigne le calculdifférentiel et le calcul des probabilités à des militants syndicaux. Il publie des livres de mathématiques intégrant la dimension historique, en collaboration avec Th. Leconte, A.
Huisman, puis avec son fils G. Itard. Il enseigne l’histoire des mathématiques grecques à l’Ecole Pratique des Hautes Etudes. Il prend sa retraite en 1962. La maladie l’empêche d’achever sa monographie sur Fermat.
Membre de l’Académie internationale d’Histoire des sciences, il participa au Séminaire d’histoire des mathématiques de l’Institut Henri Poincaré. Il était membre fondateur du Comité national d’histoire et de philosophie des sciences. Jean Itard collabora à l’édition de la correspondance de Mersenne et au Dictionary of Scientific Biography. Ses recherches ont porté sur toutes les époques, du 15ème siècle à nos jours, mais surtout sur le 17ème siècle, de Kepler à Newton en passant par Fermat.
Mais ab( a2 – b2 ) est pair, car a et b sont de parités opposées, et c’est un multiple de 3 en vertu du petit théorème de Fermat : ab.( a2 – b2 ) = a3b – ab3≡ ab – ab = 0 ( mod 3 ).
Exercice 2 : Un sangaku. Un triangle est rectangle, ses côtés sont entiers, son aire est 60.
Quels sont les diamètres de ses deux cercles, circonscrit et inscrit ? Exercice 3 : grand théorème de Fermat pour n = 4.
On se propose de démontrer que l’équation (E) x4 + y4 = z2 n’a pas de solutions en nombres entiers x, y, z ≥ 1 ; on en déduira aussitôt qu’il en est de même de x4 + y4 = z4 .
Soit u le plus petit entier ≥ 1 tel que l’on ait (E) x4 + y4 = u2 , avec x et y ≥ 1.
1) Montrer que x et y sont premiers entre eux. Déduire de ce qui précède qu’il existe a et b ∈ N*
de parités opposées tels que a ∧∧∧∧ b = 1 et 0 < b < a , et, par exemple : x2 = 2ab , y2 = a2− b2 , u = a2 + b2 .
2) Montrer que b est pair, et a impair. On pose b = 2c. Montrer que a = α2 et c = γ2 et contredire la minimalité de u.
Exercice 4 : Montrer que l’aire d’un triangle pythagoricien ne peut être un carré (Fermat).
[ Indication : Si ab.(a − b).(a + b) = m2, où a ∧∧∧∧ b = 1, alors a = x2, b = y2, a + b = u2, a − b = v2, où u et v sont impairs et premiers entre eux. On a 2y2 = (u + v)(u − v), donc (u + v) ∧ (u − v) = 2 ; en déduire qu’à l’ordre près u + v = 2r2 , u − v = 2s2 et x2 = r4 + 4.s4, et noter que (r2, 2s2, x) formerait un triplet pythagoricien d’hypoténuse < à celle du triangle initial.]
Exercice 5 : Si A est un anneau intègre, on note On(A) = { M ∈ On(A) ; tM.M = M.tM = In }.
Décrire les éléments des groupes On(Z) et On(Q).
Dans son article d’août 2020, Jean-Paul Delahaye signale une astucieuse disposition en spirale des triangles pythagoriciens de Pythagore Pyth(m), trouvée en 2015 par Luis Teia Gomes.
L’Encyclopédie en ligne des suites d’entiers (OEIS) de Neil Sloane contient bien sûr des informations sur les « primitive pythagorean triangles » :
• La suite de leurs hypoténuses est référencée A020882 et A008846. Elle a pour premières valeurs 5, 12, 17, 25, 29, 37, 41, 53, 61, 65, 65, 73, 85, 85, 89, 97, 101, …
• Les suites de leurs grands et petits côtés sont référencées resp. A020883 et A020884.
• La suite de leurs périmètres est référencée A024364 . Elle a pour premières valeurs 12, 30, 40, 56, 70, 84, 90, 126, 132, 144, 154, 176, 182, 198, …
• La suite de leurs aires est référencée A024406. Elle a pour premières valeurs 6, 30, 60, 84, 180, 210, 210, 330, 504, 546, 630, 840, 924, 990,…
2. Description algébrique : Euclide via Gauss.
Nous nous proposons de retrouver le théorème d’Euclide à l’aide des entiers de Gauss. En effet, l’équation diophantienne de Pythagore s’écrit aussi ( x + iy )( x – iy ) = z2, autrement dit α
α
= z2,où α = x + iy est un « entier de Gauss ».
2.1. L’anneau Z[i] des entiers de Gauss.
On note Z[i] = { α = x + iy ; (x, y) ∈ Z×Z } l’ensemble des « entiers de Gauss ».
Rappelons sans démonstration les principales propriétés de cet ensemble.
1) Z[i] = { α = x + iy ; (x, y) ∈ Z×Z } est un sous-anneau intègre de C.
2) L’application α = x + iy →
α
= x − iy est un automorphisme de Z[i].3) L’application N : α = x + iy ∈ Z[i] → x2 + y2 ∈ N vérifie : N(α) = 0 ⇔ α = 0 ; N(1) = 1 ; N(αβ) = N(α).N(β)
∀(α, β) ∈ Z[i]×Z[i] ∃(χ, ρ) ∈ Z[i]×Z[i] α = βχ + ρ , N(ρ) < N(β).
4) Le groupe multiplicatif des éléments inversibles de Z[i] est { 1, i , −1, −i }. Deux entiers de Gauss α et β sont dits associés si β = υα, où υ∈ { 1, i , −1, −i }.
5) L’anneau Z[i] est euclidien pour le stathme N.
6) Deux entiers de Gauss ont un pgcd et un ppcm.
7) Tout entier de Gauss non nul se décompose de façon essentiellement unique en produit de facteurs premiers. Il en résulte que si αβ est un carré et si α et β sont premiers entre eux, α et β sont des carrés, à associé près.
8) Les nombres premiers de Z ne restent pas toujours premiers dans Z[i] :
i) 2 n’est pas premier dans Z[i] ; sa décomposition en facteurs premiers est 2 = i3.( 1 + i )2 ; ii) les nombres premiers de Z de la forme p = 4k + 3 restent premiers dans Z[i] ; ils sont dit inertes ; iii) les nombres premiers de Z de la forme p = 4k + 1 ne restent pas premiers dans Z[i] ; ils s’écrivent sous la forme p =
π π
, oùπ
etπ
sont deux entiers de Gauss premiers, et non associés.9) Les entiers de Gauss premiers sont de trois sortes :
i) 1 + i et ses associés (parmi lesquels se trouve son conjugué) ;
ii) les nombres premiers de Z de la forme p = 4k + 3 ; ils sont dits inertes ;
iii) les entiers de Gauss
π
tels queπ π
= p , où p est un nombre premier de la forme p = 4k + 1.2.2. Retour au triplets pythagoriciens.
Commençons par examiner la relation 32 + 42 = 52 . Elle s’écrit : ( 3 + 4i )( 3 – 4i ) = 5.5.
Aucun des entiers de Gauss 3 + 4i , 3 – 4i et 5 n’est premier dans Z[i].
La factorisation de 5 est : 5 = ( 2 + i )( 2 – i ) , celle de 3 + 4i est : 3 + 4i = ( 2 + i )2. Autrement dit, ( 3 + 4i )( 3 – 4i ) = ( 2 + i )2.( 2 – i )2 = (( 2 + i )( 2 – i ))2 = 5.5.
Soit (x, y, z) un triplet pythagoricien primitif dans lequel x est impair et y pair. Posons α = x + iy . Tout d’abord, α et
α
ne sont pas associés, car on ne peut avoirα
= α , iα , −α , −iα.De plus z ≥ 5 est non inversible.
α et
α
sont premiers entre eux. En effet, si α était divisible par 1 + i, x et y auraient même parité.Si α était divisible par un premier inerte p = 4k + 3, x et y ne seraient pas premiers entre eux.
Si α et
α
étaient divisibles par un entier premierπ
, alors α serait divisibleπ
et parπ
, donc par un premier p = 4k + 1, et x et y ne seraient pas premiers entre eux.Comme α et
α
sont premiers entre eux, α.α
= z2 implique que α est un carré dans Z[i].α = β2 , ce qui s’écrit x + iy = ( u + iv )2, i.e. x = u2 – v2 , y = 2uv , z = u2 + v2 . On a 0 < v < u, u et v sont non premiers entre eux et de parités différentes.
On retrouve ainsi le théorème d’Euclide.
NB : le cas où α = υβ2 donnent le même résultat.
2.3. Vers le grand théorème de Fermat.
L’équation diophantienne de Pythagore x2 + y2 = z2 a pour prolongement naturel l’équation x3 + y3
= z3 , et plus généralement xn + yn = zn . Fermat a conjecturé au XVIIème siècle, et Andrew Wiles a démontré en 1994 que ces équations n’ont pas de solutions non triviales.
Si l’on s’inspire de ce qui précède, l’équation x3 + y3 = z3 s’écrit ( x + y )( x + jy )( x + j2y ) = z3 , et renvoie à l’arithmétique de l’anneau Z[j] = { x + jy ; (x, y) ∈ Z×Z } des « entiers d’Eisenstein ». En définitive, c’est parce que cet anneau est euclidien que l’équation x3 + y3 = z3 n’a pas de solution non triviale.
3. Description arborescente de Berggren.
Dans ce §, nous nous proposons de donner un procédé de fabrication matricielle automatique de tous les triplets pythagoriciens, à partir du plus simple d’entre eux, (3, 4, 5). Si j’en crois Jean-Paul Delahaye (Pour la Science, août 2020), cette description a été trouvée par un suédois, B. Berggren, en 1934. L’approche suivie est dogmatique. Elle sera éclairée dans le § 4.
3.1. Une forme quadratique sur R3 et son groupe.
On confond R3 et M3,1(R), de sorte que le triplet (x, y, z) de nombres réels s’identifie avec le vecteur colonne X =
z xy
. On confond de même M3(R) et LLLL(R3), et on note I sa matrice unité.
On note q la forme quadratique surR3 définie par : q(X) = x2 + y2 – z2 = tX.J.X , où J =
−
1 0 0
0 1 0
0 0 1
, et Φ(X, X’) = xx’ + yy’ – zz’ = tX.J.X’ la forme bilinéaire symétrique polaire de q.
Rappelons que q(X) = Φ(X, X) et que Φ(X, X’) =
21 [q(X + X’) – q(X) – q(X’)] (*).
Commençons par définir le groupe orthogonal de l’espace vectoriel quadratique régulier (R3, q).
Proposition 1 : Soit A ∈ Gl3(R). Les propriétés suivantes sont équivalentes : i) ∀X ∈ R3 q(AX) = q(X) ;
ii) ∀(X, X’) ∈ R3×R3 Φ(AX, AX’) = Φ(X, X’) ; iii) tA.J.A = J.
L’ensemble G = O(R3, q) = { A ∈ Gl3(R) ; ∀X ∈ R3 q(AX) = q(X) } est un sous-groupe de Gl3(R).
De plus, A ∈ G ⇒ det A = ±1.
Preuve : i) ⇒ ii) par « dédoublement des variables », i.e. en vertu de (*).
ii) ⇒ iii) car ii) s’écrit : ∀(X, X’) ∈ R3×R3 tX.tA.J.A.X’ = tX.J.X’.
On en déduit tA.J.A = J en choisissant pour X et X’ les vecteurs canoniques.
iii) ⇒ ii) ⇒ i) sont très faciles.
G est un sous-groupe de Gl3(R) car I ∈ G ; A et B ∈ G ⇒ A.B ∈ G et A−1 ∈ G.
Enfin tA.J.A = J implique (det A)2 = 1 donc det A = ±1.
Variante de i) ⇒ ii). Si S et T sont deux matrices symétriques réelles vérifiant, pour tout X, tX.S.X =
tX.T.X, je dis que S = T. Par soustraction, ramenons-nous à T = O. Alors pour tous (x, y, z) s11.x2 + s22.y2 + s33.z2 + 2s12.xy +2s13.xz + 2s23.yz = 0.
Si y = z = 0, x = 1, il vient : s11 = 0 ; de même, s22 = s33 = 0.
Si z = 0, x = y = 1, il vient : s12 = 0 ; de même, s13 = s23 = 0.
Conséquences et remarques :
1) J étant involutive, pour toute A ∈ G, on a A−1 = J.tA.J.
2) A =
3 2 1
3 2 1
3 2 1
c c c
b b b
a a
a ∈ G ssi : a12 + b12 – c12 = a22 + b22 – c22 = 1 , a32 + b32 – c32 = – 1 ,
a1.a2 + b1.b2 – c1.c2 = a1.a3 + b1.b3 – c1.c3 = a2.a3 + b2.b3 – c2.c3 = 0 . G est une variété différentielle de dimension 3.
3) Le groupe G contient les matrices
−
1 0 0
0 cos sin
0 sin cos α α α α
,
−
1 0 0
0 cos sin
0 sin cos α α α α
,
±
±
β β
β β
ch sh
sh ch
0 0 1 0
0
,
± ±
γ γ γ γ
ch sh
sh ch
0 0
0 0 1
, et leurs produits. Cela montre que G est fermé mais non borné.
4) Chacune des matrices A ∈ G laisse stable le cône de révolution q(X) = 0, mais aussi chacun des hyperboloïdes q(X) = cte.
5) La forme q se rencontre dans la théorie de la relativité restreinte. En effet, si l’on restreint la forme de Lorentz sur R4 q(X) = x2 + y2 + z2 – c2.t2 (où c est la vitesse de la lumière), au plan z = 0, on obtient q(X) = x2 + y2 – c2.t2 .
Définition : Nous dirons que deux vecteurs X et X’ de R3 sont conjugués s’ils sont orthogonaux relativement à Φ, autrement dit si Φ(X, X’) = 0. De même deux sous-espaces F et G de R3 sont conjugués si ∀(X, X’) ∈ F×G Φ(X, X’) = 0. Un vecteur X de R3 est dit isotrope s’il est conjugué de lui-même, i.e. si q(X) = 0. On appelle cône isotrope l’ensemble C des vecteurs isotropes.
Proposition 2 : Soient A(a, b, c) un vecteur non isotrope, D la droite RA, P le plan conjugué.
Alors R3 = D ⊕ P. Les deux symétries associées à cette somme directe sont éléments de G.
Elles engendrent le groupe G.
Preuve : Soient A(a, b, c) un vecteur non nul, D la droite qu’il engendre.
Le plan conjugué P a pour équation ax + by – cz = 0. De deux choses l’une :
• Soit A est isotrope. Alors D ⊂ P et P est le plan tangent au cône contenant la génératrice D.
• Soit A n’est pas isotrope. Alors a2 + b2 – c2≠ 0, A n’appartient pas à P, et R3 = D ⊕ P.
La symétrie par rapport à P parallèlement à D est donnée par : sA : X → X – 2
) , (
) , (
A A
A ΦX
Φ .A.
Tous calculs faits, elle a pour matrice
²
²
² 1 c b
a + −
− +
−
− − −
−+ − −
−
²
²
² 2 2
2
²
²
² 2
2 2
²
²
²
c b a bc ac
bc c
b a ab
ac ab
c b a
. Montrons que sA appartient à G. Ecrivons X = λ.A + Y et X’ = λ’.A + Y’, où Y et Y’ ∈ P.
Alors sA(X) = −λ.A + Y , sA(X’) = −λ’.A + Y’
Et Φ(X, X’) = λλ’.Φ(A, A) + Φ(Y, Y’) = Φ(sA(X) , sA(X’)) .
Le fait que les sA engendrent G est le théorème d’Elie Cartan (cf. mon chapitre sur les espaces quadratiques réguliers).
Remarque : En tant qu’éléments de G, toutes ces symétries conservent le cône isotrope C d’équation x2 + y2 – z2 = 0.
Proposition 3 : Soient C le cône isotrope de la forme q, M ∈ Gl3(R).
