triplets de Pythagore. Dessin incroyable !!!
dans Arithmétique
Il était une fois la sup : je n'avais jamais entendu parler des triplets de Pythagore et je prends ma calculatrice (caltos pour les intimes).
Je programme un truc qui m'affiche un dessin ou chaque pixel fait une unité en abcisse et je ne sais plus combien en ordonnées. Je demande alors à ma casio de trouver pour tout x entier naturel les y entiers naturels différents de 0 tels qu'il existe z entier naturel tel que x²+y²=z².
Et là le dessin je vais essayer de l'importer mais ce sera minable face à la réalité.
J'ai appellé le programme QUADCHAOS (chaos quadratique en français), je vous souhaite vivement de le faire pour constater avec émerveillement ce qui émerge de ce chaos:
Premièrement il est majoré par une courbe en x²/2 à peu de chose près, fait trivial à démontrer avec une égalité remarquable (lol je ne sais plus laquelle).
Puis une autre en x²/a0, etc, que des courbes du type x²/an (où la suite des an est croissante).
Et puis allez donc comprendre le chaos qui y règne, c'est au dessus de mes capacités sentimentales.
Je programme un truc qui m'affiche un dessin ou chaque pixel fait une unité en abcisse et je ne sais plus combien en ordonnées. Je demande alors à ma casio de trouver pour tout x entier naturel les y entiers naturels différents de 0 tels qu'il existe z entier naturel tel que x²+y²=z².
Et là le dessin je vais essayer de l'importer mais ce sera minable face à la réalité.
J'ai appellé le programme QUADCHAOS (chaos quadratique en français), je vous souhaite vivement de le faire pour constater avec émerveillement ce qui émerge de ce chaos:
Premièrement il est majoré par une courbe en x²/2 à peu de chose près, fait trivial à démontrer avec une égalité remarquable (lol je ne sais plus laquelle).
Puis une autre en x²/a0, etc, que des courbes du type x²/an (où la suite des an est croissante).
Et puis allez donc comprendre le chaos qui y règne, c'est au dessus de mes capacités sentimentales.
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Réponses
$x=d(u^2-v^2)$ et $y=2duv$ avec u, v, d entiers.
En fait, j'ai utilisé le générateur de triplets pythagoriciens classique
$x= 2uv$; $y= u² -v²$ avec $u$ et $v$ entiers, $u>v$
Il faut cependant remarquer que si l'on obtient bien tous tous les triplets pythagoriciens avec ce générateur, il reste dissymétrique et il conviendra de compléter en permutant chaque couple.
J'obtiens alors la répartition suivante qui n'est pas cahotique, elle non plus:
Je dois corriger.
J'affirmais ci-dessus:
"..on obtient bien tous tous les triplets pythagoriciens avec ce générateur". Eh bien ce n'est pas vrai!: je me suis étonné de ne pas trouver tous les multiples de 3; 4; 5
Une recherche bête et méchante donne ceci:
Sinon, personnellement j'ai demandé à ma calculatrice de faire bravement tous les calcules sans rien connaître de ces triplets. Donc je ne peux m'être trompé. Je vais faire une simulation et comparer le résultat à celui de Jaquot.
Par contre, sérieusement, quelqu'un pourrait pas me dire rapidement comment utiliser le langage mathématique svp?
Ps au fait Jaquot la dernière représentation est assez chaotique, non? Sinon, j'ai été nul, la symétrie de l'équation aurait du tout de suite me donner intuitivent la symétrie du graphe par rapport à la première bissectrice, ce que j'ai totalement oublié.
"..on obtient bien tous tous les triplets pythagoriciens avec ce générateur". Eh bien ce n'est pas vrai!:
Evidemment que ce n'est pas vrai, je vous ai donné toutes les solutions dès le début, lisez vous les messages des autres parfois?
Ne vous offusquez pas de la sorte, oui, je l'avais bien lu votre message et il m'a fait douter d'une ancienne conviction.
Mon propos était seulement d'illustrer le message initial
C'est la lecture de votre message qui m'a amené à reconsidérer mon travail, je vous en remercie.
En revanche avec votre proposition, y sera forcément pair, alors que dans le problème tel que le pose SXB, x et y seront permutables. Il convient donc de compléter par symétrie.
Cordialement.
jacquot
Merci alpha, pour ce changement d'échelle.
On y voit apparaître leslignes des multiples du 3;4;(5), du 5;12; (13), du 8; 15;(17) etc...
à proximité de la bissectrice ce sont ceux du 20; 21; (29)
C'est quand même un chaos bien structuré! Avec des lignes de champ (voir figure d'alpha)
Allez, je me risque à donner l'équation de l'une d'elles:
Alors, quelle est sa loi?
PS il est superbe votre dessin, les traits verts on dirait ddes traits sur des boules de pétanque, vous faites cela comment? J'ai entendu parler d'Excel? Comment on fait cela avec Excel?
Que de questions !
D'abord, je vous (te) remercie d'avoir posé ce problème qui m'aura prermis de corriger une idée fausse que je me faisais sur l'obtention des triplets Pythagoriciens.
Par $x= 2uv$ et $y= u^2-v^2$ j'obtenais la distribution en "queue de paon" de mon premier graphique. Chaque ligne parabolique a une équation de la forme $$y = u^2 - \left(\frac {x}{u} \right)^2$$ avec $u$ entier fixé.
Nous avons bien vite remarqué qu'il convenait de compléter par symétrie. Jusque là, rien de chaotique, mais plutôt une structure bien organisée.
Alpha nous a fait remarquer que ce générateur de triplets pythagoriciens ne permet pas de les obtenir tous, mais qu'il convient de répéter chaque parabole par ses "échos" obtenus par homothéties de coefficients entiers, un peu à la manière d'une onde qui se propage.
Ainsi $x = 2duv$ et $y=d(u^2-v^2)$ ces "échos" sont à l'origine des alignements facilement observables.
Les paraboles "échos", de moins en moins denses ont pour équation $y = d\left(u^2 - \left(\frac {x/d}{u} \right)^2 \right)$
elles permettent parfois de mettre en évidence des "lignes fortes" quand elles "entrent en résonnance" entre elles (voir mes lignes vertes), plus particulièrement celle dont j'ai précisé l'équation.
Il est clair que bien des points semblent posés là un peu par hasard, mais tous appartiennent à des lignes paraboliques plus ou moins denses. Les paraboles de premier ordre comptent chacune $u-1$ points et leurs "échos" gardent ce nombre de points en se dilatant.
Alors est-ce là un chaos ? je dirais non, pas au sens de "structure totalement désorganisée et imprévisible".
Ensuite , vous posez une nouvelle question concernant les pentes des alignements.
Je saurais clairement prouver que la droite d'"équation $y = 3x$, par exemple, ne passe par aucun point de notre distibution. (avec des arguments de divisibilité)
Je n'ai pas encore de réponse à votre question sur la densité des pentes.
Quoi qu'il en soit, je suis, comme vous, sensible à l'esthétique de cette distribution, en pariculier aux lignes courbes qui, de temps en temps sont renforcées par la "résonnance" décrite plus haut
Merci, donc, de nous avoir proposé cette jolie étude.
Cordialement.
jacquot.
PS Pour souligner les paraboles, j'ai tout bêtement importé le graphe d'alpha dans Paint, et j'ai tracé mes courbes "à la main" !
Dans mon message un peu plus haut j'ai répondu (enfin, j'ai cru répondre) à la question de la "densité des pentes" (avec l'histoire de l'arctangente): l'ensemble des angles d'inclinaison est dense dans (0;Pi/2]. Ceci dit, vous avez eu raison de vous reposer cette question, parce que tout ce que j'ai montré, en fait, c'est juste que l'ensemble des angles d'inclinaison des droites du plan passant par deux points de coordonnées entières dont l'un est l'origine est dense dans [0;Pi/2]. Mais qu'en est-il de son sous-ensemble correspondant aux droites "pythagoriciennes" (passant par les pts de pythagore)?
Et si cet ensemble est dense, il conviendra alors d'étudier la distribution de ces angles, perso je le vois un peu comme l'équirépartition ce pb là.
D'accord avec votre tranfert de l'éventuelle densité des pentes dans $\R ^+$ vers la densité des angles dans $[0;\frac{\pi}{2}]$
Dans votre message de mardi, vous sembliez penser qu'elle résulte de la densité de $\Q$ dans $\R$: "Cela doit venir du fait que Q est dense dans R"
Je voulais souligner que ce n'est pas aussi simple en remarquant juste ceci:
Si $(x;y)$ est un couple pythagoricien et $k$ son PGCD.
Alors $(x/k;y/k)$ sera lui aussi pythagoricien.
Ceci justifie que notre distribution de points ne contient aucun point de la droite de pente 1/3, (ni 3)
Sur ce dessin, on voit effectivement tes branches de parabole, ainsi que les droites; c'est très joli sur le plan esthétique et mathématique.
Peux-tu joindre un dessin sans surcharge.[ alpha en a envoyé un, pardon ]. merci.
Pour tes triangles rectangles quasi-isocèles par les côtés de l'angle droit, les premiers connus sont: (3,4,5),(20,21,29),(119,120,169),(696,697,985),(4059,4060,5741).
On ne connaît pas de formule pour les générer, à ma connaissance;
Contrairement aux triangles rectangles quasi-isocèles par l'hypoténuse, où là , il existe une formule génératrice; mais , ces triangles rectangles n'apparaissent pas sur ton schéma.[ correction, oui, ils apparaissent mais ne sont pas proches de la première bissectrice ].
Bonne journée.
J'ai corrigé mon erreur quand à la simplicité de la démo dans mon message juste au dessus du votre, mais voici ce que je propose :
Si on arrive à montrer que l'ensemble des pentes des droites pythagoriciennes est dense dans R+, alors à fortiori son image par la fonction arctangente, qui est l'ensemble des angles d'inclinaison des droites pythagoriciennes, sera dense dans [0;Pi/2] puisque mon passage de densité, comme vous le dites, est valide.
Je l'ai utilisé pour l'image de Q par arctangente et je compte maintenant l'utiliser pour l'image de l'ensemble des pentes pythagoriciennes, qui sont bien évidemment toutes rationnelles.
Et, comme je le disais plus haut, j'espère démontrer que ce dernier est dense dans R+ grâce à l'équation des générateurs.
Mais bon, à votre écoute, je commencerais bien par montrer "cette densité" juste pour la droite de pente 1/3, c'est à dire que 1/3 est point d'accumulation de l'ensemble des pentes pythagoriciennes.
Je vous fais confiance (alpha) quand à la capacité du système d'équations à donner tous les triplets.
Partons donc de ce système :
x=d(u2-v2), y=2duv
on a alors p=y/x = 2uv/(u2-v2).
Alors p=a ssi v=(u/a)((1+1/a²)1/2-1).
Le problème est mainenant le suivant : à u entier fixé, on est sûr que la droite en question est pythagoicienne ssi v est un entier, ce qui implique déjà :
1) Que a/((1+1/a²)1/2-1) est rationnel... Or a doit également être rationnel.
Tout cela est général, mais bon, la droite de pente 1/3 ne vérifie pas ceci, car 1/3 est rationnel mais la racine de 10 ne l'est pas, donc 101/2-1=((1+1/a²)1/2-1), où a=1/3, non plus. La droite de pente 1/3 n'appartient donc pas à l'ensemble des droites pythagoriciennes, comme vous l'avez vous-même constaté.
Il s'agit donc de trouver une suite de rationnels an (car toute pente pythagoricienne est rationnelle à approchant 1/(3(101/2-1)...
ou, de manière générale, a/((1+1/a²)1/2-1), ET (!!!) telle que pour tout entier naturel n, an/((1+1/an²)1/2-1) est également rationnel.
Ce système est équivalent à (1+1/an²)1/2 rationnel, soit que 1+1/(an)² doit être le carré d'un rationnel.
Or an est rationnel, donc (j'enlève les indices car j'en ai marre), on a à résoudre: 1+j²/i²=r²/s², avec i/j aussi proche de a que l'on veut et à dire avec r²/s² aussi proche que l'on veut de 1+1/a².
En gros, le problème est équivalent au suivant : l'ensemble rationnels q différents de 1 tels que 1/(q²-1) est un carré de rationnel est-il dense dans R+* ?
Ou encore au suivant : l'ensemble de rationnels q tels que 1+1/q² est un carré de rationnel est-il dense dans R+* ?
PS: je dois partir, j'ai fait ce bout de démo un peu vite, alors prière de corriger ses éventuelles erreurs svp, surtout au niveau des CNS, CN, CS.
Je n'ai pas encore abandonné la réflexion sur cette question de densité.
Elle est intéressante et je me l'étais déjà posée autrement:
On connaît bien le triangle du maçon 3;4;5;
on connaît le triangle 5;12;13 et peutêtre le triangle rectangle presque isocèle
20;21;25, mais ...
{\bf étant donné un triangle rectangle, peut-on toujours trouver un triangle pythagoricien (à côtés entiers) qui aura une forme voisine de ce triangle},
très voisine? Aussi voisine que l'on voudra se le fixer?
La répartition des points sur nos graphes nous suggère que oui. reste à le prouver!
Les triplets donnés par bs sont de la forme (n, n+1, m) ils approchent le triangle rectangle isocèle (pente=1) je me suis demandé comment on pourrait en trouver avec n de plus en plus grand (bs dit qu'il ne connaît pas de méthode). Peut-être avec une fraction continue?
J'espère que si nous saurons résoudre ce problème,il sera peut-être possible d'adapter la méthode au y/x = 1/3 puis à tout autre pente rationnelle.
Si quelqu'un a des idées, elles seront bienvenues.
jacquot
http://www.research.att.com/~njas/sequences/A114336
merci, et bon courage pour ta sup; ne lâche rien !
J'espère que Jacquot pourra exploiter cette suite récurrente.
Amicalement.
ckjljk etc, je ne comprends pas tout à fait ta démarrche...
Il s'agirait de savoir si les points à coordonnées rationnelles sont denses sur le cercle trigonométrique...
Je m'explique:
si une droite a une pente rationnelle, il n'est pas sûr, pour autant, qu'elle coupe le crecle trigonométrique en un point à coordonnées rationnelles:
Par exemple
les droites d'équation y=x ou y=x/3 ne coupent pas le cercle trigonométrique en des points de coordonnées rationnelles.
Ou bien t'aurais-je mal compris??
>à Yalcin et bs,
Merci pour le lien, qui confirme que l'on peut construire une suite de triangles pythagoriciens de plus en plus isocèles. Le message de bs nous avait déjà donné cet espoir, le lien de Yalcin le confirme.
J'étais sur le point de proposer la construction d'une telle suite à partir d'une fraction continue...
est-ce la même que celle donnée sur votre lien??
à suivre.. je mettrai mes idées au clair quand j'en aurai le temps.
donc on prend l'ensemble des ax+by+c=0 avec -a+c=0 (le pt (-1,0)).
en injectant ax+by+c dans l'equation x^2+y^2=1 on obtient un polynome de degre 2 en x par exemple. Donc deux x de degré 2 ou 1. Or on connait déjà un x solution : -1 (le pt (-1,0)) donc l'autre x est aussi de degré 1.
maintenant comme ax+by+c=0 et que l'on a deux x rationnels les y correspondant sont rationnels.
Et donc on obtient ainsi tous les couples de points (x,y) sur le cercle rationnels.
Voilà l'idée.
Je crois avoir compris: Donnons nous par exemple la dtoite de pente $v/u$ passant par (-1;0) (sur la fig ci-dessous v/u =1/3 )
elle recoupera le cercle au point de coordonnées $( cos(2\alpha );sin(2\alpha )$ avec $tan(\alpha )= v/u$
Pour les triangles rectangles presque-isocèles par l'hypoténuse : $(n,m,m+1)$, tous les triplets sont donnés par $a>2$ impair : $$\left( a, \frac{a^2-1}{2}, \frac{a^2+1}{2} \right)$$
Sur ton graphe, ils appartiennent à une parabole..
Amicalement.
[Ne pas oublier la case LaTeX.
Merci bs.
Voici des procédés pour l'obtention du triangle isocèle par les côtés de l'angle droit:
La remarque de ckljkdlkjc me sera utile pour expliquer ce que je fais (avant j'avais du mal..)
Remarquant que $ 1=tan(\pi /4)$, je calclule d'abord $tan (\pi /8)$
Sachant que $ tan(2\alpha ) = \frac {2tan \alpha }{1-tan^2 \alpha }$,
$tan(\pi /8)$ sera solution de l'équation: $$\frac {2t}{1-t^2} =1$$ qui peut encore s'écrire:
$$ t= \frac {1-t^2}{2}$$ La solution positive est $\sqrt {2}-1$
Il s'agit maintenant de construire une suite de rationnels convergeant vers cette valeur.
Au vu de la forme de l'équation, on pourra, par exemple prendre la suite définie par $t_0 =0$ et $t_{n+1} = \frac {1-t_n^2}{2}$
Construction des suites convergentes:
On a l'équation $\frac {2t}{1-t^2} =1$ (voir ci-dessus.)
Elle peut s'écrire $t^2+2t+1=2$
avec la solution positive $t+1 = \sqrt {2}$
Si $t=v/u$, on voudrait alors que : $\frac {v+u}{u} = \sqrt {2}$
Il s'agit donc de donner une suite de rationnels convergeant vers $\sqrt {2}$
Il y en a de bien connues, par exemple la suite définie par:
$t_0 =1$ et $t_{n+1} = \frac {t_n +2}{t_n +1}$
C'est précisément celle-là qui donne les triplets proposés par bs:
On obtient $t_1 =3/2$; $t_2 =7/5$; $t_3 = 17/12$ ; ...
Correspondant respectivement aux couples $(u;v)$ suivants:
$(2;1)$ ; $(5;2)$ ; $(17;12)$ ; ...
Générant les triplets pythagoricens:
$3;4;5$ ; $20;21;29$ ; $119;120;169$ ; ...
Je parlais plus haut d'une suite à convergence plus rapide: il suffit de connaitre une suite convrgeant plus rapidement vers $\sqrt 2$.
Il y a notamment la suite "de Héron":
$$t_0 =1$ et $t_n = \frac {t_n +\frac {2}{t_n}}{2}$$
Merci pour vos contributions et merci à ckljkdlkjc qui m'a aidé à mettre les idées au clair.
> Remarquant que $ 1=\tan(\frac{\pi}{2})$, je calclule d'abord $ \tan (\frac{\pi}{4})$
> Sachant que $ \tan(2\alpha ) = \dfrac {2\tan \alpha }{1-\tan^2 \alpha },\ \tan (\frac{\pi}{4})$ sera solution de l'équation : $\displaystyle \frac {2t}{1-t^2} =1$
Euh... il y a là quelques 2 erreurs monumentales que l'auteur ferait bien de corriger ! Cela fait vraiment mauvais genre (même si tout connaisseur a de lui-même rectifié) !
[Ne pas oublier de cocher la case LaTeX. AD]
Sinon, ckljkdlkjc, bravo vraiment pour cette idée du cercle! Dire que je me lançais dans un truc super dur, alors qu'il suffit de prendre un cercle! et de faire en trois lignes ce que vous avez fait. Ma démo a soulevé le pb des carrés de rationnels mais ne résolvait pas grand chose.
voici plein de liens graphgiques:
http://paideiaschool.org/teacherpages/steve_sigur/pythagorean trips.htm
http://mathworld.wolfram.com/PythagoreanTriple.html
http://www.wolframscience.com/nksonline/page-944f-text
http://www.survo.fi/papers/pythagorean.pdf
Sincèrement,
Galax
PS Sur ce lien:
http://www.geocities.com/Vienna/9349/numbers.html
on trouve une application sonore de triplets de Pythagore.
S'cuzez moi je n'ai qu'une Casio "collège" car je suis en 6ème .En dehors de ça je ne comprends pas comment on représente des triplets sur une figure à 2 dimensions. Palsembleu! Un épisode précédent a du m'échapper ?
Ben oui
Bruno
As-tu créé cette image ?
Philippe, faut un peu lire la discute!
J'ai bien lu la discussion et je me demandais juste si B....t avait trouvé cette image sur le net ou s'il l'avait lui-même créée et avec quel logiciel.
-- Schnoebelen, Philippe
J'aime bien cette discussion sur les triplets pythagoriciens car je travaille sur le sujet dans le cadre de conjecture d'Erdös-Straus
Si $X^2-2Y^2=-1$, alors en utilisant le fait que $3^2-2\times2^2=1$, on voit que $(3X+4Y)^2+2(2X+3Y)^2=-1$. On peut donc construire une suite de solutions de $(*)$ en partant de $(x_0;y_0)=(3;5)$ et en utilisant les relations de récurrence : $\left\{\begin{array}{l}x_{n+1}=3x_n+2y_n+1\\y_{n+1}=4x_n+3y_n+2\\ \end{array}\right.$.
Voici les triplets pythagoriciens produits :
$(3,4,5)$
$(20,21,29)$
$(119,120,169)$
$(696,697,985)$
$(4059,4060,5741)$
$(23660,23661,33461)$
$(137903,137904,195025)$
$(803760,803761,1136689)$
$(4684659,4684660,6625109)$
$(27304196,27304197,38613965)$
$(159140519,159140520,225058681)$
$(927538920,927538921,1311738121)$
...
La liste n'est bien sûr peut-être pas exhaustive. On peut sans doute se servir d'une solution de l'équation diophantienne $a^2-2b^2=1$ différente de $(3;2)$ pour produire d'autres relations de récurrence et donc d'autres triplets.
(Edité)
En effet si $(x;y) \in \mathbb{N}^2$ est une solution de $(*)$ avec $x>3$ (et donc telle que $x \geqslant 20$), il est facile de montrer que $(x;y)'=(x';y')=(3x-2y+1;3y-4x-2)$ est aussi une solution de $(*)$ avec $3 \leqslant x'<x$ et que $\left\{\begin{array}{l}x=3x'+2y'+1\\y=4x'+3y'+2\\ \end{array}\right.$.
En considérant la suite définie par récurrence par $(a_0;b_0)=(x,y)$ et la relation de récurrence $(a_{n+1},b_{n+1})=(a_n,b_n)'$, arrive forcément le moment où $a_N=3$. Il est alors facile de voir que $(x,y)=(x_N,y_N)$.
Les triplets pythagoriciens sont très interessants.
Il y a un peu moins d'un an j'ai établi leur lien avec la conjecture d'Erdös-Straus. En effet à toute décomposition d'ErdÖs-Straus on peut associer un triplet pythagoricien.
Bien à tous
Quoi de neuf?
Je suis à la recherche de tout nouvel article sérieux sur les triplets pythagoriciens
juste pour signaler A001652, A001653, A046090 dans O.E.I.S. et ressortir la question de sous le tapis.
bien cordialement