Labo de Pythagore

Fixez les deux côtés de l’angle droit. Lisez le théorème comme des aires, regardez la hauteur le démontrer, puis courbez la surface où il vit et voyez-le tomber.

Exemple résolu — Labo de Pythagore

a² + b²	25
c²	25
Triplet pythagoricien	1

Ce sont les valeurs affichées par le calculateur à l’ouverture de la page. Modifiez une entrée ci-dessus pour les recalculer.

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La démonstration, c’est l’outil d’à côté 🖖

Abaissez la perpendiculaire depuis l’angle droit sur l’hypoténuse. Elle tombe en un point qui coupe c en deux morceaux, p et q, et crée deux triangles plus petits, chacun ayant les trois mêmes angles que l’original et donc semblable à lui. Des triangles semblables ont des côtés proportionnels, et cette proportion donne a² = c·p pour un morceau et b² = c·q pour l’autre. Additionnez : a² + b² = c(p + q) = c². Tout le théorème tient dans une perpendiculaire et dans le fait que la forme, ce sont les angles.

C’est un énoncé sur la platitude, pas sur les triangles 🖖

Faites glisser le curseur de courbure : l’égalité a² + b² = c² cesse d’être vraie. Sur une sphère, le troisième côté est trop court ; sur une surface hyperbolique, il est trop long. Rien d’étrange pourtant : l’angle droit reste droit, et les côtés de l’angle droit mesurent toujours 3 et 4. C’est l’espace qui a changé.

Les lois qui prennent le relais, cos(c/R) = cos(a/R)·cos(b/R) et cosh(c/R) = cosh(a/R)·cosh(b/R), tendent toutes deux vers c² = a² + b² lorsque R augmente, car le premier terme non nul de chaque développement est le carré. Voilà pourquoi le théorème est logiquement équivalent au postulat des parallèles d’Euclide : si vous admettez l’un, vous pouvez démontrer l’autre. Un géomètre peut négliger cet effet ; quiconque travaille à l’échelle de la Terre ou de l’espace-temps ne le peut pas.

Les angles ne constituent pas un phénomène distinct. L’écart entre leur somme et 180° est exactement égal à la courbure multipliée par l’aire, conformément au théorème de Gauss–Bonnet. L’outil ne mesure jamais l’aire du triangle courbe : il la déduit de ses trois angles.

Les carrés sont accessoires — et les restes se laissent carrer 🖖

Rien dans le théorème n’exige des carrés. Construisez n’importe quelle figure sur les trois côtés, pourvu que les trois soient semblables entre elles, et celles des côtés de l’angle droit continueront de totaliser celle de l’hypoténuse : c’est Euclide, Éléments VI.31, et cela tient pour la même raison que tout le reste ici, l’aire croît comme le carré de la longueur. Prenez des demi-cercles et il en tombe quelque chose de saisissant. Le demi-cercle sur l’hypoténuse passe exactement par l’angle droit, et les deux lunules restées à l’extérieur ont ensemble exactement l’aire du triangle. Hippocrate de Chios l’a trouvé vers 440 av. J.-C., et c’était la première fois qu’on montrait qu’une région à bords courbes avait exactement l’aire d’une région à côtés droits.

Plus vieux que son nom, et le nom est probablement faux 🖖

Pythagore de Samos n’a rien laissé d’écrit, et l’attribution n’apparaît que des siècles après sa mort. La relation, elle, est bien plus ancienne et surgit indépendamment en plusieurs endroits. La tablette babylonienne Plimpton 322, vers 1800 av. J.-C., aligne des nombres qui la vérifient — mais la réévaluation d’Eleanor Robson y voit un exercice d’enseignant sur les paires de réciproques plutôt qu’une table de triplets pour eux-mêmes. Le Baudhāyana Śulbasūtra, manuel de tracé d’autels sacrificiels, énonce la règle de la diagonale plusieurs siècles avant Euclide, mais ne démontre rien. En Chine la règle gōugǔ figure dans le Zhōubì Suànjīng, le diagramme de découpage étant généralement attribué au commentaire de Zhao Shuang, au IIIe siècle de notre ère. Ce qu’Euclide apporte, vers 300 av. J.-C. dans les Éléments I.47, c’est la première démonstration conservée — et c’est précisément la partie que personne d’autre n’avait écrite. Elisha Loomis en a plus tard rassemblé 370 différentes en un seul volume.

Chaque triplet est un point rationnel d’un cercle 🖖

Divisez a² + b² = c² par c² : vous obtenez x² + y² = 1, avec x et y rationnels. Les triplets pythagoriciens ne portent donc pas vraiment sur les triangles. Ce sont les points rationnels du cercle unité, et une méthode simple permet de les trouver tous. Tracez la droite de pente rationnelle passant par (−1, 0) ; elle recoupe le cercle en un point rationnel, et chaque point rationnel du cercle autre que (−1, 0) s’obtient exactement une fois de cette manière. C’est de là que viennent les paramètres m et n d’Euclide, et c’est pourquoi l’outil peut les retrouver à partir de a, b et c. La méthode fonctionne parce qu’un cercle possédant un point rationnel est une courbe de genre 0. Essayez de faire de même avec x³ + y³ = 1 : cela échoue. Cette courbe est de genre 1, et une droite passant par l’un de ses points rationnels la rencontre en deux autres points, au lieu d’un seul ; l’astuce n’a donc plus de prise. Le genre 1 ne garantit d’ailleurs rien : une courbe elliptique peut avoir une infinité de points rationnels, tandis que celle-ci ne possède que (1, 0) et (0, 1). C’est le dernier théorème de Fermat pour les cubes, dont Euler a donné la démonstration. Entre Pythagore et Fermat, il n’y a que ce nombre.

Problèmes entièrement résolus

Démonstration que l'hypoténuse de 1,4142 est un nombre qu'aucune fraction ne peut écrire 5 étapes
Montrer que l'hypoténuse que l'outil affiche comme 1,4142 est un nombre qu'aucune fraction ne peut écrire. Il s'agit de la vue La démonstration avec les deux côtés de l'angle droit réglés sur 1, de sorte que le théorème donne c² = 2 et que rien d'autre n'entre en jeu.
1. Deux côtés de 1 donnent c² = 2, et 2 n'est pas un carré parfait, donc c n'est pas un nombre entier. Cette partie est facile. L'affirmation difficile est qu'il ne s'agit pas non plus d'une fraction, alors que toute mesure jamais effectuée a toujours été une fraction.
  
  $c^{2} = a^{2} + b^{2} = 1^{2} + 1^{2} = 2 ⟹ c = 2 = 1.4142 \dots$
2. Supposons que ce en soit une et écrivons-la sous forme irréductible — toute fraction possède une telle forme, cette hypothèse ne coûte donc rien. Élever au carré et chasser le dénominateur transforme une affirmation concernant une longueur en une affirmation concernant deux entiers, ce qui est la seule étape de la démonstration qu'il a fallu inventer.
  
  $2 = \frac{p}{q}, g cd (p, q) = 1 ⟹ p^{2} = 2 q^{2}$
3. Le carré d'un nombre impair est impair, donc le fait que p² soit pair exige que p soit lui-même pair. En posant p = 2m et en simplifiant, q se retrouve exactement dans la position où se trouvait p, et ils sont désormais tous deux pairs — ce qui contredit la forme irréductible librement choisie. L'hypothèse de départ est la seule chose dans le raisonnement qui puisse être fausse.
  
  $2 ∣ p^{2} \Rightarrow 2 ∣ p; p = 2 m : 4 m^{2} = 2 q^{2} \Rightarrow q^{2} = 2 m^{2} \Rightarrow 2 ∣ q ⟹ g cd (p, q) \geq 2$
4. Ainsi, p² = 2q² n'a aucune solution en nombres entiers. Décalez la cible de 1 et il y en a une infinité : couple après couple satisfait p² − 2q² = ±1, et 1 est le plus petit écart non nul possible entre des nombres entiers. Les approximations deviennent arbitrairement bonnes en termes relatifs et l'écart ne se comble jamais.
  
  $p^{2} - 2 q^{2} = \pm 1 : (3, 2), (7, 5), (17, 12), (41, 29), (99, 70), 9 9^{2} - 2 \cdot 7 0^{2} = 9801 - 9800 = 1$
5. Factoriser la différence transforme cette quasi-égalité en une erreur. Le numérateur est le ±1 de la ligne ci-dessus, de sorte que l'erreur totale est égale à 1 sur une quantité valant environ 2√2 q² — la précision d'une bonne approximation de √2 vient de la grande valeur de q, et non d'une quelconque astuce concernant p.
  
  $\frac{99}{70} - 2 = \frac{9 9 ^{2} - 2 \cdot 7 0 ^{2}}{70 ( 99 + 70 2 )} = \frac{1}{13 859.65} = 7.2152 \times 1 0^{- 5}$
Réponse

Chaque nombre affiché par l'outil pour ce triangle est un arrondi : 1,4142 pour c, et 0,7071 pour la hauteur et pour les deux segments en lesquels elle divise l'hypoténuse, chacun de ces trois nombres valant c/2. Quatre décimales n'est pas une limitation de l'affichage — aucun affichage, quelle que soit sa largeur, ne se terminerait, et l'étape 3 en est la raison. Une conséquence en découle immédiatement : aucun triplet pythagoricien ne vérifie a = b, car cela nécessiterait des entiers avec p² = 2q², de sorte que parmi l'infinité de triangles rectangles à trois côtés entiers, aucun n'est isocèle. L'autre est que 1,4142 est inaccessible d'une manière mesurable et non vague — 99/70 manque la cible de 7,2 × 10⁻⁵, 239/169 fait mieux, et l'écart reste à ±1 pour chaque couple qui suit. Les Grecs connaissaient ces couples sous le nom de nombres côtés et diagonales et ont construit avec eux pendant des siècles, ce qui est la réponse pratique à une impossibilité : vous ne pouvez pas avoir √2, mais vous pouvez obtenir autant de ses chiffres que vous êtes prêt à en payer le prix.

$p^{2} = 2 q^{2} ⟹ g cd (p, q) \geq 2 p^{2} - 2 q^{2} = \pm 1 : (3, 2), (7, 5), (17, 12), \dots$
La recette qui a produit le triplet d'entiers 5, 12 et 13 6 étapes
Le premier problème a montré que la diagonale du carré unité est irrationnelle. Ici 5, 12 et 13 sont tous entiers, et le panneau nomme même le couple (m, n) = (3, 2) qui les a produits. Posez donc la question difficile : cette recette attrape-t-elle vraiment tous les triplets — et qu'ont-ils tous secrètement en commun ?
1. Partez du panneau. 25 et 144 font 169, et 169 vaut exactement 13² : c'est ce qui vaut un nom à ce triangle.
  
  $5^{2} + 1 2^{2} = 25 + 144 = 169 = 1 3^{2}$
2. La recette d'Euclide prend deux entiers quelconques et rend un triplet. Développez les carrés et les doubles produits se compensent : l'identité vaut pour tout m et tout n, elle ne peut donc jamais échouer.
  
  $a = m^{2} - n^{2}, b = 2 mn, c = m^{2} + n^{2} ⟹ a^{2} + b^{2} = (m^{2} + n^{2})^{2} = c^{2}$
3. Le couple du panneau est (3, 2), et c'est de là que vient 5-12-13. Donnez-lui (2, 1) et il sort 3-4-5.
  
  $(m, n) = (3, 2) : (9 - 4, 12, 9 + 4) = (5, 12, 13); (m, n) = (2, 1) : (3, 4, 5)$
4. Mais les attrape-t-elle tous ? Divisez le théorème par c² et la question change de forme : quels points à coordonnées rationnelles sont sur le cercle unité ? Chacun est atteint par une droite de pente rationnelle passant par (−1, 0), et t = n/m est précisément cette pente. La liste est donc complète : aucun triplet ne peut s'y soustraire.
  
  $(\frac{a}{c})^{2} + (\frac{b}{c})^{2} = 1 ⟹ \frac{a}{c} = \frac{1 - t ^{2}}{1 + t ^{2}}, \frac{b}{c} = \frac{2 t}{1 + t ^{2}}, t = \frac{n}{m} \in Q$
5. Et voici le secret, qui tient au peu de choses qu'un carré peut être. Modulo 3, un carré vaut 0 ou 1, jamais 2. Modulo 5, il vaut 0, 1 ou 4. Modulo 8, 0, 1 ou 4 également. Faites passer a² + b² = c² par là et les possibilités s'effondrent.
  
  $x^{2} \equiv 0, 1 (mod 3); x^{2} \equiv 0, 1, 4 (mod 5); x^{2} \equiv 0, 1, 4 (mod 8)$
6. Plutôt que de faire confiance à l'argument, comptez. Seize triplets primitifs ont une hypoténuse inférieure à 100.
  
  $c < 100 : 16 ⟶ 3 ∣ ab : 16/16, 4 ∣ ab : 16/16, 5 ∣ ab c : 16/16$
Réponse

Tout triplet primitif a un côté divisible par 3, un côté divisible par 4 et un côté divisible par 5 — le produit des trois côtés est donc toujours multiple de 60. Vérifié sur les seize d'hypoténuse inférieure à 100 : seize sur seize à chaque fois. Sur 3-4-5 cela ressemble à une coïncidence, car les trois diviseurs y tombent sur trois côtés différents. Sur 5-12-13, le seul côté 12 porte à la fois le 3 et le 4, et le 5 a migré de l'hypoténuse vers un côté de l'angle droit. L'outil dessine un triangle à la fois, et ce motif n'existe qu'en les regardant tous ensemble.

$3 ∣ ab, 4 ∣ ab, 5 ∣ ab c ⟹ 60 ∣ ab c$

Parcours

Les règles du triangle, et d'où elles viennent

Mène à Résoudre un triangle quelconque a² + b² = c², et la restriction qui va avec : c'est un énoncé qui ne concerne que les triangles rectangles.

Références (5)

Par l’équipe 42Math · Mis à jour 2026-08-17

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Exemples de problèmes

3-4-5 - Les carrés sur les côtés de l’angle droit contiennent 9 et 16, celui sur l’hypoténuse contient 25. C’est un triplet pythagoricien, engendré par m = 2 et n = 1.
5-12-13 - 25 + 144 = 169, donc c = 13 exactement. Un second triplet, issu de m = 3 et n = 2 — preuve que 3-4-5 est un cas d’une règle et non un tour de magie.
Celui qui a brisé une école - Deux côtés de 1 donnent c = 1,4142…, et aucune fraction d’entiers ne vaut cela. La vue démonstration montre la hauteur tombant pile au milieu, symétrie qui fait de ce cas le plus simple à discuter.
Sur une sphère - Les mêmes côtés 3 et 4 sur une sphère de rayon 3,6199. L’hypoténuse sort à 4,5698 au lieu de 5 : la surface se courbe vers elle-même, le troisième côté a donc moins de distance à parcourir.
Hyperbolique - Les mêmes côtés 3 et 4 sur une surface hyperbolique de même rayon. Cette fois l’hypoténuse vaut 5,3118, plus que 5. Entre les deux se trouve le cas plat, et c n’y vaut exactement 5 que là.