Correction de l’Avis de Recherche n° 5

Deux fidèles, Jean Couzineau et Salvatore Tummarello, m’ont transmis le fruit de leurs recherches, lourds fruits pleins d’expérimentation, de calculs à la main ou à la machine (les logiciels SageMath et Python ont été très sollicités), des hypothèses ont été avancées mais pas toujours démontrées… Bref beaucoup de travail de recherche comme je l’aime, où tous les coups sont permis, la fin justifiant les moyens. Vous pouvez télécharger l’intégralité des travaux de Jean Couzineau et de Salvatore Tummarello .

Et moi-même je n’aurais pas fait différemment si je n’avais pas assisté aux Journées Nationales de Lyon d’octobre 2016 et reçu le secours des mathématiciens babyloniens (d’environ 2000 av JC) par le truchement d’animateurs de l’IREM de Grenoble lors d’un atelier intitulé « De Babylone à Samos » : Passionnant !

D’abord, contrairement à nous,ces babyloniens passent du général au particulier en utilisant ce qu’ils ne savaient pas encore être une transformation affine qui les fait passer d’un trapèze quelconque à un trapèze isocèle d’angle de base 45°, mais dont ils savaient qu’elle conserve le rapport des aires.

Vous pouvez jouer aux Babyloniens avec GeoGebra en utilisant une transvection et une affinité pour transformer le trapèze en cliquant sur l’image ci-dessous :

Pourquoi cette transformation ?

Pour pouvoir les mettre en quatre afin de faire des carrés !

Nous avons donc une couronne bleue (pour ceux qui ont la tête au carré) dont l’aire s’exprime très simplement par $b^2-c^2$ et une couronne rouge d’aire $c^2-a^2$. De l’égalité des deux aires , on déduit la relation : $a^2 + b^2 = 2c^2$ dont les solutions entières $(a, b, c)$, si elles existent, sont appelées triplets babyloniens en hommage à qui vous savez.

on peut remarquer que $c=\sqrt{\displaystyle a^2+b^2 \over \displaystyle 2}$ donc $c$ est la moyenne quadratique de $a$ et $b$


Retour sur les triplets pythagoriciens

Bien entendu cela n’est pas sans évoquer les triplets pythagoriciens $(u,v,w)$ avec $u^2+v^2=w^2$ mais que l’on a guère l’habitude de voir apparaître dans un trapèze… et pourtant.

Prenez un trapèze $ABDE$ de base $u$ et $w$, coupé par une segment parallèle aux bases de longueur $v$, transformé comme ci-dessus en un trapèze isocèle d’angles à la base de $45°$ (donc partie d’un triangle rectangle isocèle $ABC$) pour pouvoir à nouveau le mettre en quatre…

Nous avons à nouveau une couronne bleue, d’aire $w^2- v^2$ et un carré rouge d’aire $u^2$.

Les deux aires seront égales lorsque $u^2=w^2-v^2$ c’est à dire $u^2+v^2=w^2$ !

Donc on pourra qualifier un trapèze $ABDE$ de pythagoricien si l’aire $ABFG$ est égale à l’aire $EDC$ avec les définitions précédentes.

En outre, nous connaissons la formule algébrique $(E)$ des triplets pythagoriciens : $(p^2-q^2, 2pq, p^2+q^2)$ avec $p$ et $q$ entiers naturels et $p \gt q$ que nous allons utiliser plus loin.


Rapport entre triplet pythagoricien et triplet babylonien

Comment associer à un triplet pythagoricien un triplet babylonien ?

On peut utiliser des méthodes calculatoires plus ou moins compliquées mais la méthode géométrique ci-dessous, issue de la présentation de l’IREM de Grenoble mais animée par GeoGebra, me semble beaucoup plus pédagogique.

À partir de la figure épurée issue de cette configuration nous allons faire apparaître le triplet babylonien.

Soit $f$ la fonction qui au triplet pythagoricien $(u, v, w)$ associe le triplet babylonien $(a, b, c) = (v-u, v+u, w) (1)$.

Il est alors facile par le calcul de trouver l’unique fonction réciproque qui au triplet $(a, b, c)$ associe $(u, v, w) = ( {\displaystyle b-a \over \displaystyle 2}, {\displaystyle b+a \over \displaystyle 2}, c) (2)$

Bien entendu il faut démontrer que $u$ et $v$ ainsi trouvés sont bien entiers.

Mais on peut aussi recourir à une démonstration géométrique du type ci-dessus et inspirée de la présentation faite par l’IREM de Grenoble.

De toute façon on à l’assurance que les deux types de triplets sont en bijection et on peut utiliser cela pour obtenir tous les triplets babyloniens.

En appliquant la formule $(1)$ à l’expression $(E)$ des triplets pythagoriciens on trouve l’ensemble des triplets babyloniens $(2pq - p^2 + q^2, 2pq + p^2 - q^2, p^2 + q^2)$, sans se préoccuper de savoir s’ils sont irréductibles (d’ailleurs certains ne le sont pas) car ils constituent tous une réponse au problème posé.

Vous pouvez vous rendre à une visite du "site-muse" de l’IREM de Grenoble pour en savoir plus.

Et une trisection du trapèze ?

En utilisant toujours la même méthode de la mise en quatre du trapèze on va exprimer que deux des petites couronnes sont le tiers de la grande (ce qui entraînera naturellement que la troisième est aussi le tiers)

$(1) 3 (c^2-a^2) = b^2-a^2 $ donc $2a^2+b^2 = 3c^2$

$(2) 3 (b^2-d^2) = b^2-a^2$ donc $a^2+2b^2 = 3d^2$

Pour résoudre $(1)$ , je n’ai pas reçu le secours des babyloniens (c’est à dire que je n’ai pas trouvé le moyen d’adapter la méthode précédente à ce cas) je suis donc obligé de recourir à la méthode "classique" employée par Salvatore : la recherche de points à coordonnées rationnelles sur une ellipse…

Mais avant de me lancer dans une telle aventure je vais demander à Python 3.5 de conforter mon intuition, à savoir que ma recherche est vaine...

Je programme donc :

import math
a=1
b=1
fin=10000
for a in range(1,fin):
        for b in range(1,fin):
                c=math.sqrt((2*a*a+b*b)/3)
                d=math.sqrt((a*a+2*b*b)/3)
                if int(c)==c and int(d)==d and math.gcd(a,b)==1:
                        print(a,b,int(c),int(d))
                continue

Et en moins de 2 minutes (avec 10 000 fois 10 000 boucles, j’ai fait fort) j’obtiens la réponse : mon intuition à des chances d’être juste ! Seul $(1,1,1,1)$ répond à la question ! (avec le $pgcd (a,b)=1$ bien sûr)

Je peux donc me mettre à tenter de démontrer qu’il n’existe pas de triplets communs aux solutions de $(1)$ et $(2)$.

En posant $x= {\displaystyle a \over \displaystyle c}$ et $y = {\displaystyle b \over \displaystyle c}$, l’équation $(1)$ se transforme en $2x^2+y^2=3$, équation d’une ellipse $E$ centrée en $O$ (cf. ci-contre).

En choisissant un point de $E$ à coordonnées rationnelles, ici $C = (-1,-1)$, nous écrivons l’équation de la droite $(D)$ passant par $C$ et de pente $t$, rationnel égal à $\displaystyle p \over \displaystyle q$, qui est donc $y = t(x+1) -1$.

$M$ étant à l’intersection de $E$ et $(D)$ nous obtenons ainsi l’équation permettant de trouver $x$ l’abscisse de $M$ : $2x^2 + t^2(x^2+2x+1) + 1 -2 t(x+1) = 3$ ou encore $x^2(t^2+2) + 2x(t^2-t) + (t^2-2t-2) = 0$ équation du second degré dont $-1$ est une racine évidente (et attendue) et le produit des racines fournit l’autre qui est : $x = {\displaystyle -t^2+2t+2 \over \displaystyle t^2+2 }$ ce qui permet de trouver $y= {\displaystyle t^2+4t-2 \over \displaystyle t^2+2}$ et, en utilisant $t = {\displaystyle p \over \displaystyle q}$, d’en déduire les solutions de $(1)$ qui sont les triplets $(a, b, c) = (-p^2+2pq+2q^2, p^2+4pq- 2q^2, p^2+2q^2)$.

Bien entendu on trouve des solutions positives et négatives mais pour prouver par la suite qu’elles ne conviennent pas il faut mieux être trop riche que trop pauvre.

Donc avec les $a$ et $b$ ainsi trouvés il me reste à prouver que l’on ne peut pas trouver d’entier $d$ vérifiant l’équation $(2)$.

Calculons $a^2+2b^2 =(-p^2+2pq+2q^2)^2+2( p^2+4pq- 2q^2)^2 = … = 3(p^4 + 4p^3q + 8p^2q^2 - 8pq^3 + 4q^4) = 3 d^2$ ???

$a^2+2b^2$ étant un polynôme homogène de degré $4$, $d$ doit donc être un polynôme homogène de degré $2$ donc il faut trouver $k$ entier tel que $d= p^2 +kpq + 2q^2$ ($p^2$ fournissant le terme en $p^4$ et $2q^2$ fournissant le terme en $4q^4$).

En élevant cette expression de d au carré nous obtenons : $p^4 + 2kp^3q + (4+k^2)p^2q^2 + 4kpq^3 + 4p^4$

Par identification nous obtenons $2k = 4, 4+k^2 =8, 4k =-8$ c’est à dire $k=2$ et $k =-2$ donc pas de solution.

C’est une méthode certes artisanale mais qui me semble correcte. Qu’en pensez-vous ?

Et au delà ?

S’il n’existe pas de solutions à la « triplication » de trapèze, inutile de chercher plus loin car s’il existait un $n$-uplet ($n \gt 4$), solution à une éventuelle division en $n-1$ trapèzes de même aire, on aurait vite fait d’en extraire un quadruplet… dont on vient de démontrer l’inexistence.

Avis de Recherche n° 6