Exercice 58

1. Changer le signe d'une composante conserve l'équation : on peut supposer $x, y, z \geqslant 0$. Écartons le triplet nul, et soit $d = x \wedge y$. Comme $d^{2} \mid x^{2} + y^{2} = z^{2}$, on a $2v_{p}(d) \leqslant 2v_{p}(z)$ pour tout $p$, donc $d \mid z$ (proposition 10 (ii)). Le triplet $\big(\frac{x}{d}, \frac{y}{d}, \frac{z}{d}\big)$ est encore solution, avec $\frac{x}{d} \wedge \frac{y}{d} = 1$. Ses composantes sont alors deux à deux premières entre elles : si un nombre premier $p$ divisait $\frac{x}{d}$ et $\frac{z}{d}$, il diviserait $\big(\frac{y}{d}\big)^{2}$, donc $\frac{y}{d}$, par le lemme d'Euclide. Réciproquement, multiplier un triplet primitif par $d$ et changer des signes donne un triplet pythagoricien.

2. Les entiers $x$ et $y$ ne sont pas tous deux pairs. S'ils étaient tous deux impairs, on aurait $z^{2} = x^{2} + y^{2} \equiv 2 \;[4]$, alors qu'un carré est congru à $0$ ou $1$ modulo $4$. Exactement l'un d'eux est donc pair, et $z^{2}$ est impair. $$\boxed{z \text{ est impair}}$$

3. Comme $x$ et $z$ sont impairs, $r$ et $t$ sont des entiers naturels, avec $r + t = z$ et $r - t = x$. Un diviseur commun de $r$ et $t$ divise $z$ et $x$, donc $1$. $$\boxed{r \wedge t = 1}$$

4. On a $y^{2} = z^{2} - x^{2} = (z + x)(z - x) = 4rt$, donc $s^{2} = rt$. Si $t = 0$, alors $r = z = x = 1$ et $y = 0$, et $r = 1^{2}$, $t = 0^{2}$. Sinon, $r$ et $t$ sont des entiers non nuls premiers entre eux dont le produit est un carré : ce sont des carrés d'après l'exercice 32. $$\boxed{r = u^{2} \quad \text{et} \quad t = v^{2}, \quad u, v \in \mathbb{N}}$$

5. On en tire $z = r + t = u^{2} + v^{2}$, $x = r - t = u^{2} - v^{2}$, et $s^{2} = u^{2}v^{2}$, donc $y = 2uv$. Si c'est $x$ qui est pair, on échange les rôles de $x$ et $y$. Par la question 1, un triplet quelconque s'obtient en multipliant par $d$ et en changeant des signes. Or ces changements restent dans l'ensemble proposé : remplacer $u$ par $-u$ change le signe de $2duv$ seul, échanger $u$ et $v$ celui de $d(u^{2} - v^{2})$ seul, et remplacer $d$ par $-d$ change le signe des trois composantes. Réciproquement, l'identité $(u^{2} - v^{2})^{2} + (2uv)^{2} = (u^{2} + v^{2})^{2}$ montre que tous ces triplets sont pythagoriciens. $$\boxed{\Big\{ \big(d(u^{2} - v^{2}), 2duv, d(u^{2} + v^{2})\big), \ \big(2duv, d(u^{2} - v^{2}), d(u^{2} + v^{2})\big) \ ; \ (d, u, v) \in \mathbb{Z}^{3} \Big\}}$$ Pour $(d, u, v) = (1, 2, 1)$, on retrouve $(3, 4, 5)$ ; pour $(1, 3, 2)$, le triplet $(5, 12, 13)$.