Bonjour scarta,

Est-ce qu'on veut bien que les trois côtés y compris l'hypothénuse soient entiers ?

Ma réponse est (je préfère à La ... (sourire)² je me plante si facilement !)

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[b]NON

Si a,b,c est un triplé Pythagoricien primitif
il existe m et n premiers entre eux tels que
a= m²-n²
b= 2mn
c= m²+n²
L’aire du triangle rectangle de côté de longueur a ,b et c est donc
a x b /2 = (m²-n²)xmn = (m−n)(m+n)xmn

Question : (m−n)(m+n)xmn peut-il être un carré parfait ?
Pour que ce produit soit un carré parfait, tous les facteurs premiers dans sa décomposition doivent avoir des exposants pairs.

Si l’un des deux nombre m et n est pair et l'autre impair (ils ne peuvent être pairs tous les deux)
m, n , m-n et m+n sont premiers entre eux deux à deux.
d’où il existe q, p, r et s tels que
m = p² ; n = q² m + n = r² et  m - n = s²
alors m = (r²+s²)/2
m n’est entier que si r et s sont de même parité... contredit l’hypothèse

Si les deux nombres m et n sont impairs (ils ne peuvent être pairs tous les deux)
leur produit (m−n)(m+n)xmn
m-n est pair , m+n est pair, mn est impair et ne peut être un carré (m et n premiers entre eux)

Si ce qui a été démontré est vrai pour un triplé Pythagoricien primitif, alors il est vrai pour tous.

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(Jolie question ...

Un retour sur scène
qui vaut la peine)

Bonne journée.

Suivant le théorème de Fermat (encore lui) sur les triangles rectangles, l'aire d'un triangle rectangle de côtés entiers ne peut pas être un carré parfait (démonstration disponible sur la toile).

Allez, let's go pour la solution. La réponse est ... non.
Et allons y pour la démonstration :

Supposons qu'il existe [latex]a, b, c, s[/latex] quatre entiers strictement positifs, tels que
(1) [latex]a^2+b^2=c^2[/latex] et
(2) [latex]\frac{ab}{2}=s^2[/latex].

([latex]s^2[/latex] est la surface du triangle rectangle dont les côtés ont pour longueurs [latex]a,b,c[/latex])

Si [latex]p[/latex] est un nombre premier qui divise à la fois [latex]a[/latex] et [latex]b[/latex], alors il divise aussi [latex]c[/latex] d'après (1) et [latex]s^2[/latex] d'après (2) - et puisque [latex]s^2[/latex] est un carré divisible par [latex]p[/latex], il est divisible par [latex]p^2[/latex].

On peut donc diviser [latex]a,b,c[/latex] par [latex]p[/latex] et [latex]s[/latex] par [latex]p^2[/latex], on obtient un autre triplet avec une autre aire, elle aussi carrée.
--> Si un tel triangle existe, on peut en choisir un qui correspond à un triplet primitif ([latex]a,b,c[/latex] sont tous premiers entre eux)

On considère donc [latex]a,b,c[/latex] un tel triplet primitif d'aire carrée. On va aussi considérer que [latex]a[/latex] est impair (au pire sinon, c'est [latex]b[/latex] mais ça ne change rien au problème).

Le théorème fondamental qui permet de construire ces triplets primitifs indique qu'il existe deux entiers [latex]u, v[/latex] premiers entre eux, de parités différentes, tels que
(3) [latex]a=u^2-v^2[/latex]
(4) [latex]b=2uv[/latex]
(5) [latex]c=u^2+v^2[/latex]

A partir de là, on peut exprimer la surface par
(6) [latex]s^2=(u^2-v^2)uv=(u-v)(u+v)uv[/latex].

* [latex]u[/latex] et [latex]v[/latex] sont premiers entre eux par définition
* Donc [latex]u[/latex] et [latex]u-v[/latex] ou [latex]u+v[/latex] aussi, et pareil [latex]v[/latex] et [latex]u-v[/latex] ou [latex]u+v[/latex].
* Un chouïa plus complexe : [latex]u+v[/latex] et [latex]u-v[/latex] sont aussi premiers entre eux, en effet si un nombre [latex]p[/latex] divise les deux, alors il divise leur somme [latex]2u[/latex] et leur différence [latex]2v[/latex]. Comme [latex]u, v[/latex] sont premiers entre eux, il en ressort que nécessairement [latex]p=2[/latex], mais on sait aussi que [latex]u[/latex] et [latex]v[/latex] sont de parité différente. Donc [latex]u+v[/latex] et [latex]u-v[/latex] sont aussi premiers entre eux.

On a 4 nombres [latex]u, v, u-v, u+v[/latex] tous premiers entre eux deux à deux, et leur produit est un carré d'après (6) : ils sont tous carrés !

On pose
* [latex]a'=\sqrt{u+v}+\sqrt{u-v}[/latex] et
* [latex]b'=\sqrt{u+v}-\sqrt{u-v}[/latex]

On a alors :
(7) [latex]a'^2+b'^2 = 4u[/latex]
(qui est un carré puisque [latex]u[/latex] est un carré)

(8) [latex]\frac{a'b'}{2}=v[/latex]
(qui est un carré aussi)

On a donc un autre triplet [latex]a', b', 2\sqrt{u}[/latex] qui a aussi pour aire un carré [latex]v^2[/latex] !!!

On vérifie que [latex]v<s[/latex]. Déjà [latex]v ≤ s[/latex] d'après (6). Et toujours d'après (6), si [latex]v=s[/latex], alors [latex]u-v=u+v=u=1[/latex], et donc [latex]s=v=0[/latex], ce qui est contraire à notre hypothèse de départ.

On a donc un autre triplet, avec une aire carrée strictement inférieure à celle de départ. D'après l'argument de la descente infinie, c'est impossible.

Un tel triangle n'existe donc pas.


Bonus track : et le théorème de Fermat pour n=4 alors ??
Supposons qu'il existe trois entiers tels que [latex]a^4+b^4=c^4[/latex]. On cherche un triplet pythagoicien, dont tous les termes sont des carrés.
On sait qu'il existe deux entiers tels que [latex]a^2=u^2-v^2[/latex], [latex]b^2=2uv[/latex] et [latex]c^2=u^2+v^2[/latex]

Intéressant : [latex]u, v, c[/latex] est aussi un triplet pythagoricien et l'aire de son triangle vaut [latex]\frac{uv}{2}=(\frac{b}{2})^2[/latex], donc vaut un carré. Et on vient de démontrer que c'est impossible.

Bravo : vous avez démontré le théorème de Fermat (pour le cas n=4 au moins)