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CAPES, deuxieme epreuve, 1992, corrige JPE, 3 decembre 2008

CAPES, deuxieme epreuve,1992

Notes de corrige ecrites d’apres un corrige officiel joint a la fin, ainsi que lebareme, Jean-Pierre Escofier.

Donnees du probleme

Le plan affine euclidien est note P ; il est muni d’un repere R d’origine O.A tout point M de coordonnees (x, y) dansR, on associe son affixe z = x+ıy.On obtient ainsi ce que le texte appelle une identification, mais il s’agit enrealite d’une bijection tres usuelle.

Un point entier du plan est un point a coordonnees dans Z. Les pointsentiers forment un reseau qui s’identifie (meme remarque) a Z[ı].

A. Polygones reguliers a sommets entiers

On va voir que les seuls polygones reguliers a sommets entiers sont des(et non les) carres.

A.I Question preliminaire

A.I.1

Soient θ ∈ R et n ! 1 (noter le soit au singulier et la virgule avant le et).On a :

cos(n + 1)θ = 2 cos θ cos nθ − cos(n− 1)θ.

Il suffit de connaıtre les formules d’addition pour le cosinus pour cos(nθ ±θ). Faire une recurrence est possible, mais inutilement long. Revenir auxexponentielles imaginaires pour montrer des formules de trigonometrie qu’onse doit de connaıtre est maladroit et fait perdre du temps ; mais il vaut mieuxca que rien, meme si ca ne rapporte qu’un point.

A.I.2

On construit une suite de polynomes (Pn)n!1 telle que

Pn(2 cos θ) = 2 cos nθ.

On pose P0 = 1 ; la relation de recurrence 2 cos(n + 1)θ = 4 cos θ cos nθ −2 cos(n− 1)θ conduit a Pn+1(2 cos θ) = (2 cos θ)Pn(2 cos θ)−Pn−1(2 cos θ), cequi montre qu’on doit prendre

Pn+1 = XPn − Pn−1.

1

Double-cliquez ici pour modifier le texte.


Comme il y a deux termes, il convient de definir P1 (si on avait initialise aP1, il aurait fallu definir P2) ; il est clair qu’on doit prendre P1 = X (pourdefinir P2, la relation 2 cos(2θ) = 4 cos2 θ − 2, conduit a P2 = X2 − 2). Il estclair que cette relation definit une suite de polynomes a coefficients entiers,que deg(Pn) = n et que le coefficient du terme de plus haut degre de Pn est1 (recurrences evidentes).

A.I.3

On suppose que θ/π est rationnel, donc θ/π = m/n avec m, n entiers. Ona 2 cos nθ = Pn(2 cos θ) et 2 cos nθ = 2 cos mπ = ±2. Par consequent, 2 cos θest racine de l’une des deux equations

Pn(X) = ±2 (1)

equations a coefficients entiers de degre n. On peut egalement ecrire P2n(2 cos θ) =2 cos 2nθ = 2. Mais attention, on ne peut pas choisir toujours N et k de facona obtenir Nθ = π/2 + 2kπ, car Nm/n = 1/2 + 2k suppose 2Nm = n + 4kn.

A.I.4

On suppose que cos θ et θ/π sont rationnels. Comme l’equation (1) donneles racines d’un polynome unitaire a coefficients entiers, ses racines sont desentiers. On a donc 2 cos θ entier, ce qui impose 2 cos θ = ±2,±1, 0 ; parconsequent cos θ ∈ −1,−1/2, 0, 1/2, 1.

Rappel sur ce sujet : si p/q, avec p et q premiers entre eux (soit pgcd(p, q) =1, souvent note (p, q) = 1), est racine d’un polynome a coefficients entiers, ona, en multipliant par qn : anpn +an−1pn−1q + . . . = 0 et on voit que q divisantan−1pn−1q + . . . divise anpn donc an ; de meme p divise a0. Exemple : quellessont les racines rationnelles possibles de 18X4 + . . . + 35 = 0.

A.II Application aux polygones reguliers a sommetsentiers

On note n ! 3 un entier. Le texte rappelle qu’une suite (A1, . . . , An)de n points distincts de P definit un polygone regulier convexe P s’il existeune rotation r de centre Ω et d’angle ±2π/n envoyant Ai sur Ai+1 (i =1, . . . , n− 1) et An sur A1. On ecrit P = (A1, . . . , An).

A.II.1

On prend un polygone polygone regulier convexe P = (A1, . . . , An) decentre Ω et dont les sommets sont a coordonnees entieres.

a) Cette question a un air d’evidence. On peut dire que la rotation r(comme toute application affine) conservant l’ensemble des sommets de Plaisse leur isobarycentre fixe ; par consequent, cet isobarycentre est le point

2


fixe de la rotation, c’est-a-dire Ω. On a donc n−→OΩ =

∑1!i!n

−−→OAi, ce qui

montre que les coordonnees (1/n)∑

1!i!n xi, (1/n)∑

1!i!n yi de Ω sont ra-tionnelles (en notant (xi, yi) les coordonnees de Ai pour 1 ! i ! n.

On peut raisonner autrement. Si n est pair, les points du polygone sontdeux a deux opposes et l’isobarycentre de ces couples est a chaque fois Ω. Sin est impair, le polygone est symetrique par rapport a tout diametre passantpar un sommet, donc l’isobarycentre est situe sur tout diametre passant parun sommet ; c’est donc Ω ; ce second argument vaut en fait pour tout n.

b) On a r(z)− ω = (z − ω) e±2ıπ/n.c) Comme z, r(z), ω ont des parties reelles et imaginaires rationnelles,

r(z)− ω

z − ω∈ Q[ı], donc e±2ıπ/n = cos 2π/n + ı sin 2π/n ∈ Q[ı] ; on voit que

cos 2π/n et sin 2π/n sont rationnels. La premiere condition et A.I.4 montrentque cos θ ∈ −1,−1/2, 0, 1/2, 1. La seconde condition elimine les cas ou lecosinus est egal a ±1/2, puisqu’alors le sinus vaut ±

√3/2. On ne peut non

plus avoir cos θ = ±1, puisqu’alors θ = 0, π, ce qui ne correspond pas a n " 3.Le seul cas restant donne cos θ = 0, soit θ = ±π/2. On voit que P est uncarre.

A.II.2

On se donne deux points entiers distincts : A1, A2 et on considere lescarres C, C ′ admettant ces points comme sommets consecutifs, autrementdit : dont un des cotes est le segment [A1, A2]. On pose C = (A1, A2, A3, A4)et C ′ = (A1, A2, A′

3, A′4 ; le texte n’est pas ici tres precis ; il faut comprendre

que les points successifs de C s’obtiennent par une rotation de π/2 et ceuxde C ′ par une rotation de −π/2 (ou inversement).

La figure est la suivante (ceux qui ne font pas de figure sont critiquables).

A4

A1

A′4

A3

A2

A′3

Notons avec des ai = (xi, yi) et a′i = (x′

i, y′i) les coordonnees des points

Ai, A′i. On a :

a3 − a2 = −ı(a1 − a2) (ou a3 − a2 = a4 − a1 = ı(a2 − a1)), soit x3 =x2 + y1− y2, y3 = y2 + x2− x1, etc. Les bonnes reponses etaient bien payees.

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B. Ensembles a distances entieres

Un ensemble E non vide de points de P est appele ensemble a distancesentieres (ede) si, pour tous A, B de E, la distance AB est entiere.

B.I Etude de quelques exemples

B.I.1

Les sommets d’un carre ne peuvent former un ede, puisque si deux cotesconsecutifs sont a la distance a entieres, deux sommets opposes sont a ladistance a

√2 qui n’est pas entiere. On peut ne pas voir la difficulte sur le

champ, mais il faut se donner les moyens de repenser a la question pour nepas faire une erreur bete.

Un rectangle dont les cotes sont les deux premiers termes d’un tripletpythagoricien est un ede. Par exemple, le rectangle dont les sommets sont(0, 0), (3, 0), (0, 4), (3, 4) (il ne faut pas affirmer vaguement l’existence ; il fal-lait donner un exemple precis).

Le losange de sommets (3, 0), (0, 4), (−3, 0), (0,−4) est un ede qui sededuit du rectangle precedent (meme remarque).

Complement : Triplets pythagoriciens

Definition

On appelle triplets pythagoriciens les triplets (a, b, c) qui donnent dessolutions entieres de l’equation a2 + b2 = c2.

Histoire

Trouver la forme generale des solutions de cette equation n’est pas evident.Quelques familles particulieres de solutions, comme

a = 2t + 1, b = 2t(t + 1), c = t2 + (t + 1)2

devaient etre connues du temps des premiers mathematiciens grecs.C’est Euclide qui donne, au livre X des Elements, la famille de solutions :

a = k(m2 − n2), b = 2kmn, c = k(m2 + n2)

(la premiere famille correspond a m = t + 1, n = t et k = 1).On verifie facilement que, si k, m et n sont entiers naturels non nuls (avec

m > n), les a, b et c definis par les formules precedentes donnent bien untriplet pythagoricien.

Euclide ne montre pas la reciproque, plus difficile.

4


Theoreme

Les triplets d’entiers a, b, c verifiant a2 + b2 = c2 sont tous, a l’ordre pres,de cette forme.

Demonstration

1) On peut tout d’abord se ramener au cas ou le pgcd de a, b, c est egal a1, car, en notant k ce pgcd, le triplet (a/k, b/k, c/k) est lui aussi un tripletpythagoricien.

2) On remarque alors que a et b sont premiers entre eux. En effet, si unnombre premier p divise a et b, il divise a2 + b2, c’est-a-dire c2. On en deduitque p divise c, ce qui contredit le fait que a, b et c sont premiers entre eux.On montre de meme que a et c sont premiers entre eux.

3) On remarque ensuite, en raisonnant par l’absurde, que l’un des nombresa ou b est pair. L’idee est de raisonner modulo 4, mais on peut ecrire leraisonnement sans parler explicitement de classes modulo 4. Voici les deuxpossibilites.

En raisonnant modulo 4 : si a et b sont tous deux impairs, on a : a, b = ±1mod 4, donc a2 = b2 = 1 mod 4, donc a2 + b2 = 2 mod 4, donc c2 = 2mod 4, ce qui est impossible puisque les seuls carres modulo 4 sont 0 et 1.

Redaction elementaire : si a et b sont impairs, il existe des entiers k et ltels que a = 2k + 1 et b = 2l + 1. On a donc a2 + b2 = 4(k2 + l2 + k + l) + 2.Il existe un entier m tel que c = 2m ou c = 2m + 1, donc c2 = 4m2 ouc2 = 4(m2 +m)+1 : en comparant les expressions de a2 + b2 et de c2, on voitque 4 divise 2 ou 1, ce qui est impossible.

4) Comme a et b ne peuvent etre tous les deux pairs d’apres le 2), l’unest donc impair et l’autre est pair. On peut supposer que a est impair et queb est pair ; on pose b = 2b′, avec b′ entier. Il est alors clair que c est impair,donc c− a et c + a sont des entiers pairs.

5) Posons u =c− a

2et v =

c + a

2. On vient de voir que u et v sont

entiers. On a u + v = c et v − u = a. Cela permet de montrer que u et vsont premiers entre eux. En effet, si un nombre premier p divise u et v, ildivise leur somme c et leur difference a, ce qui implique que a et c ne sontpas premiers entre eux et contredit le 2).

6) On a uv = b′2 et on va en deduire que u et v sont des carres d’entiers.Ecrivons les decompositions en facteurs premiers de u et de v :

u = pα11 . . . pαr

r

v = qα11 . . . qβs

s

ou les exposants α1, . . . ,αr, β1, . . . , βs sont des entiers ! 1.Comme u et v sont premiers entre eux, aucun nombre premier ne peut

diviser a la fois u et v, donc p1, . . . , pr ∩ q1, . . . , qs = ∅.On en deduit que la decompositions de b′2 en produit de facteurs premiers

est b′2 = uv = pα11 . . . pαr

r qα11 . . . qβs

s et l’unicite de cette decomposition al’ordre des facteurs pres montre que les exposants α1, . . . ,αr, β1, . . . , βs sont

5


tous des entiers pairs ; on en deduit que u et v sont des carres. Rappelonsque c’est Gauss qui indique le premier que l’unicite de la decomposition d’unnombre entier en produit de facteurs premiers doit etre justifiee (Recherchesarithmetiques, 1801, page 7 de la traduction de 1807).

7) Il existe donc des entiers m et n tels que u = n2 et v = m2, d’ou lesformules du theoreme.

B.I.2

On considere un triangle equilateral ABC de cote 112.a) La figure est la suivante.

O′+A B

C

D

L’existence de D resulte de 112 − 57 < 73 < 112 + 57 (quasiment tout le

monde oublie la seconde condition). On aura en tete une figure comme lasuivante.

| |O |O′|

L’unicite de D vient de ce que les cercles se coupent en deux pointssymetriques par rapport a la droite (AB).

b) Les equations des cercles sont :(x− 56)2 + y2 = 732 ;(x + 56)2 + y2 = 572.

On trouve x = −65/7, y =11× 12

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√3.

c) Pour verifier que A, B, C,D est un ede, il suffit de calculer CD ; avecPythagore, on trouve 65. Tous ces calculs donnaient des points.

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B.II Ensembles infinis a distance entieres

B.II.1

On note H une hyperbole de P et R′′ un repere dans lequel l’equation deH s’ecrit xy = 1. On considere une conique Γ d’equation :

ax2 + bxy + cy2 + dx + ey + f = 0

dans R′′ (les coefficients ne sont pas tous nuls (eventuellement Γ est unedroite). On suppose que Γ ∩H est infini.

Chaque point (x, y) de Γ ∩H verifie y = 1/x, donc donne une racine dupolynome ax4 + bx2 + c + dx3 + ex+ fx2 = 0 ; ce polynome ayant un nombreinfini de racines, ses coefficients sont tous nuls, d’ou a = b = c = d = 0 etb = −f . Par consequent, Γ = H.

Si Γ∩H est fini, l’equation ax4 + dx3 + (b + f)x2 + ex + c = 0 n’a qu’unnombre fini de solutions reelles, au plus 4.

On notera que cette question ne concerne pas les ede.

B.II.2

On considere un ede E contenant trois points non alignes A, B, C (cespoints sont donc distincts) ; on pose p = AB, q = AC.

Pour j = 0, . . . , p, on note Uj = M ∈ P , |MA−MB| = j.a) L’ensemble U0 est la mediatrice de [AB] ; pour j = 1, . . . , p − 1, l’en-

semble Uj est une hyperbole ; enfin, Up est (AB)−]AB[.De meme, en notant, pour k = 0, . . . , q, Vk = M ∈ P , |MA−MC| = k,

on voit que V0 est la mediatrice de [AC], que, pour k = 1, . . . , q−1, l’ensembleVk est une hyperbole, enfin que Vq est (AC)−]AC[.

A

B

U0

V0

Up

Vq

b) Il convient d’etre soigneux pour cette question notee sur 6 en traitantles differents cas ; on peut envisager de la sauter d’emblee le jour du concours.

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La droite U0 coupe la droite V0 en un point ; elle coupe (eventuellement)la droite contenant Vq en un point ; enfin, elle coupe (eventuellement) leshyperboles Vk.

La droite (AB) contenant Up coupe (eventuellement) la droite V0 enun point ; elle coupe la droite contenant Vq en un point ; enfin, elle coupe(eventuellement) les hyperboles Vk.

Les hyperboles Uj, pour j = 1, . . . , p − 1, coupent (eventuellement) ladroite V0 en un point et la droite contenant Vq en un point. On a vu quel’intersection d’une hyperbole et d’une conique distinctes ne peut contenirqu’un nombre fini de points ; ainsi, j = 1, . . . , p − 1 et k = 1, . . . , q − 1,l’ensemble Uj∩Vk ne contient qu’un nombre fini (eventuellement 0) de points.

c) Si M ∈ E, alors MA,MB,MC sont des entiers ; de plus, |MA−MB| !p et |MB −MC| ! q, ce qui montre que E ⊂ ∪0!j!pUj et E ⊂ ∪0!k!qVk.Par consequent, E ⊂ (∪0!j!p,0!k!qUj ∩ Vk).

On en deduit que E est contenu dans une union finie d’ensembles finis ;il est donc fini.

B.II.3

Soient A ∈ P , v un vecteur et E une partie infinie de P . On pose EA,v =M, M = A + xv, x ∈ Z.

On suppose que E est un ede. D’apres ce qui precede, E ne contient pastrois points non alignes, donc E est contenu dans une droite. Soit A ∈ E etv un vecteur de norme 1 engendrant la doite vectorielle definie par E. On aE ⊂ EA,v.

Reciproquement, si E ⊂ EA,v avec v de norme 1, la distance de deuxpoints de E est entiere, donc E est un ede.

B.III Ensembles finis a distances entieres

On pose ϕ = arccos 4/5 et on note, pour tout p ∈ N, Mp le point d’affixee2ıpϕ.

B.III.1

Si Mp = Mq pour des entiers p, q, on a e2ı(p−q)ϕ = 1, donc 2(p−q)ϕ = 2kπpour un certain entier k ; on en deduit que ϕ/π est rationnel. On a vu quecela imposait au cosinus d’etre egal a ±1,±1/2 ou 0 ; ce qui n’est pas le cas.Donc les Mp forment un ensemble infini de points.

B.III.2

Le carre de la distance MpMq est egale a | e2ı(p−q)ϕ−1|2, soit (cos(2(p −q)ϕ)− 1)2 + sin2(2(p− q)ϕ) = 2− 2 cos(2(p− q)ϕ) = 4 sin2(2(p− q)ϕ). D’ouMpMq = 2| sin(2(p− q)ϕ)|.

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On sait que cos ϕ = 4/5 et que ϕ ∈ [0, π/2], donc sin ϕ = 3/5 ; On a(cos nϕ + ı sin nϕ = (4/5 + ı3/5)n, donc (cos nϕ + ı sin nϕ ∈ Q[ı] ; on voitque les sinus et cosinus de kϕ sont rationnels ; par consequent, les distancesMpMq le sont aussi.

Les corriges indiquent un raisonnement par recurrence, plus long, avec lesformules sin(k+1)ϕ = sin kϕ cos ϕ+sin ϕ cos kϕ, cos(k+1)ϕ = cos kϕ cos ϕ−sin kϕ sin ϕ.

B.III.3

On prend n ! 3. On place les M1, . . . ,Mn precedents ; ils sont sur un cerclede centre O et de rayon 1 et toutes leurs distances mutuelles sont rationnelles.On prend le ppcm A des denominateurs de ces distances. L’homothetie decentre O et de rapport A transforme les n points Mk en points a distancesmutuelles entieres. Pour tout entier n, on peut donc trouver un ede de npoints. C’est un joli resultat.

C. Configurations contenant un nombre fixede points du reseau

Il faut se rappeler la definition donnee au debut du probleme : le reseauest l’ensemble des points a coordonnees entieres, autrement dit les points aaffixe dans Z[ı].

C.I Etude de quelques exemples

C.I.1

On demande de construire des cercles contenant 1, 2, 3, 4 points dureseau ; le texte dit a l’interieur, ce qui semble exclure que les points soient surla circonference des cercles si on accorde au mot interieur le sens topologiquedu terme. La figure suivante montre les cercles C((0, 0), 1/2), C((1/2, 0), 1),C(1/4, 1/4), 1) et C((1/2, 1/2), 1) qui repondent a la question (cinq pointspour cela !).

• •

• •

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C.I.2

Un carre contenant n2 points du reseau est le carre de sommets (−1/2,−1/2), (n−1/2, 0), (n − 1/2, n − 1/2), (0, n − 1/2) (trop nombreuses erreurs ; pour leseviter, verifier son resultat pour n = 2, par exemple).

C.II Cercle a l’interieur duquel se trouve n points dureseau

C.II.1 Classification des points du reseau

a) On remarque qu’une partie bornee B du plan, etant contenue dansun carre de cote fini, a un nombre fini de points (prendre un carre de cote[−N, N ]× [−N, N ] contenant B : on a card(B) ! (2N + 1)2.

b) On pose A = (√

2, 1/3). Soient (m,n) et (p, q) deux points du reseau.Si les distances de ces points a A sont egales, on a (m−

√2)2 + (n− 1/3)2 =

(p −√

2)2 + (q − 1/3)2 ; on en deduit que (m − p)√

2 est un entier, ce quiimpose m = p ; d’ou (q− n)(q + n− 2/3) = 0, soit q = n puisque q et n sontdes entiers. Le choix de A n’est evidemment pas unique.

On peut donc classer les points du reseau par leur distance a A : on classeles points au fur et a mesure en prenant les points du reseau dans les C(A, k)successifs, avec k = 1, 2, . . ..

c) On obtient une suite (Mn)n!1. Le cercle de rayonAMn + AMn+1

2contient n points du reseau.

C.III Carre a l’interieur duquel se trouve n points dureseau

C.III.1 Definition d’une fonction sur le reseau

On definit la droite D1 d’equation x + y√

3 − 1/3 = 0 et la droite D2

d’equation x√

3− y − 1/√

3 = 0.

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D1

D2

O

M

Ω π/6

a) Les deux droites sont perpendiculaires puisque le produit scalaire deleurs vecteurs directeurs est nul : (1,−

√3).(√

3, 1) = 0. L’intersection desdeux droites se calcule en resolvant un systeme lineaire, mais on peut tombersur l’intersection en s’apercevant que le point (1/3, 0) est le point ou les deuxdroites coupent l’axe des x.

b) On projette M de coordonnees (x, y) dans le repere R dans le nouveau

repere. On ecrit−−→ΩM =

−→ΩO +

−−→OM . On obtient :

X = −√

3/6 + x√

3/2− y/2 ;Y = −1/6 + x/2 + y

√3/2.

Le nouveau repere est donne par le point Ω = (1/3, 0) et les vecteurs(1/3 +

√3/2,−1/2) et (1/3 + 1/2,

√3/2) ; il est direct car le determinant de

la matrice des coordonnees des deux vecteurs est 1.La question me semble tres mal posee.

C.III.2 Injectivite de la fonction f

On definit f sur le plan P en posant, pour M = (x, y) dans le repere R,soit M = (X, Y ) dans le repere qui vient d’etre defini :

f(M) = |X|+ |Y | = 1

2|x√

3− y − 1/√

3|+ 1

2|x + y

√3− 1/3|.

On va montrer que f est injective. Pour cela, on prend des points M1 =(x1, y1) et M2 = (x2, y2) du reseau tels que f(M1) = f(M2).

L’egalite avec les valeurs absolues n’est pas agreable et on transforme lesvaleurs absolues en expressions algebriques en prenant des nombres α, β, γ, δegaux a ±1 tels que :

|x1

√3− y1 − 1/

√3| = α(x1

√3− y1 − 1/

√3) ;

|x1 + y1

√3− 1/3| = β(x1 + y1

√3− 1/3) ;

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|x2

√3− y2 − 1/

√3| = γ(x2

√3− y2 − 1/

√3) ;

|x2 + y2

√3− 1/3| = δ(x2 + y2

√3− 1/3).

L’egalite f(M1) = f(M2) donne :α(x1

√3 − y1 − 1/

√3) + β(x1 + y1

√3 − 1/3) = γ(x2

√3 − y2 − 1/

√3) +

δ(x2 + y2

√3− 1/3).

c) Cette egalite est de la forme A + B√

3 = 0, avec A, B entiers ; on adonc A = B = 0, soit ici :

αx1 + βy1 − γx2 − δy2 + (γ − α)/3 = 0 ;βx1 − αy1 + γy2 − δx2 + (δ − β)/3 = 0.Comme les coordonnees des deux points sont entieres, (γ − α)/3 et (δ −

β)/3 doivent etre des entiers. Mais α, β, γ, δ etant egaux a ±1, γ−α et δ−βsont ! 2 en valeur absolue. On a donc γ = α et δ = β.

On reecrit alors les equations :αx1 + βy1 − αx2 − βy2 = 0 ;βx1 − αy1 + αy2 − βx2 = 0.ou encore :α(x1 − x2) + β(y1 − y2) = 0 ;β(x1 − x2)− α(y1 − y2) = 0.La somme de la premiere equation multipliee par α et la seconde multi-

pliee par β donne : 2x1 = 2x2. On en deduit y1 = y2, ce qui montre l’injectivitede f .

C.III.3 Nouvelle classification des points du reseau

Pour tout a reel, le carre defini par |X| + |Y | = a a pour sommets(−a, 0), (0,−a), (a, 0), (0, a) (coordonnees dans le nouveau repere). On peutvouloir verifier que |X| + |Y | = a definit un carre. L’ensemble ainsi definiest stable par le Viergruppe. Il suffit donc de le determiner dans le premierquadrant : c’est le triangle de sommets (0, 0), (a, 0), (0, a).

On a f(Ω) = 0. On peut alors construire une suite (Nn)n!1 : on classeles points au fur et a mesure en prenant les points du reseau dans les carresd’equation |X| + |Y | = k successifs, avec k = 1, 2, . . .

C.III.4

Pour construire un carre contenant n points, on choisit a tel que f(Nn) <a < f(Nn+1).

C.IV Cercle passant par n points du reseau

C.IV.1 Nombre de solutions de l’equation entiere x2 + y2 = 5n

Pour tout entier n ∈ N, on definit :En = (x, y) ∈ Z× Z, x2 + y2 = 5n ;En = z ∈ Z[ı], |z|2 = 5n.

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a) Les deux ensembles precedents sont finis, puisque le respect des condi-tions impose |x|, |y| ! 5n/2 ou |z| ! 5n/2 et que les coordonnees des pointssont entieres ; ils ont meme cardinal, puisque la restriction de la bijection(x, y) !→ z = x + ıy a En induit une bijection entre eux.

b) E0 est l’ensemble des quatre unites de Z[ı] : ±1,±ı (attention a nepas repondre : le cercle de rayon 1, car il s’agit ici de points a coordonneesentieres).

Pour ω ∈ E0 et 0 ! p ! n, on pose Zω,p = ω(2 + ı)p(2− ı)n−p.c) Comme Zω,p est le produit d’elements de Z[ı], c’est un element de Z[ı].

Le carre du module de 2 ± ı est 5 ; par consequent, on a Zω,p ∈ En.L’application gn : E0 × 0, . . . , n → En definie par g(ω, p) = Zω,p est

injective. En effet, si g(ω, p) = g(ω′, q), avec on a ω(2 + ı)p(2 − ı)n−p =

ω′(2 + ı)q(2− ı)n−q, soit

(2 + ı

2− ı

)p−q

= ω′ω. En elevant a la puissance 4, on

a

(2 + ı

2− ı

)4(p−q)

= 1 (le 4 n’est pas net dans mon texte). L’argument θ de

2 + ı

2− ı= (3 + 4ı)/5 verifie 4(p − q)θ = 2kπ et cos θ = 3/5. Si p &= q, on a

θ/π rationnel, donc, d’apres A.I.4, cos θ = ±1,±1/2, 0, ce qui est faux. Doncp = q et, par consequent, ω′ = ω, ce qui montre bien l’injectivite de g.

d) On prend z = x + ıy ∈ En, avec n " 1. On a x2 + y2 = 5n.La reponse a la question est curieuse, mais cela aide pour la question

suivante. La condition implique x2 + y2 = 0 mod 5, soit x2 − 4y2 = 0 mod 5,ou encore (x − 2y)(x + 2y) = 0 mod 5. Comme on est dans un corps, cettecondition se ramene a dire que l’une ou l’autre des equations x−2y = 0 mod5, x + 2y = 0 mod 5 est verifiee. Le texte propose des systemes comportantdeux fois la meme equation (multiplier les premieres par −2 ou 2, inversiblesmodulo 5, pour obtenir les secondes) :

(1)

2x− y = 0 mod 5x + 2y = 0 mod 5

(2)

2x + y = 0 mod 5−x + 2y = 0 mod 5

On pose z1 = z/(2 + ı) et z2 = z/(2− ı).On a z1 = z(2 − ı)/5 = (2x + y)/5 + ı(2y − x)/5 et z2 = z(2 + ı)/5 =

(2x − y)/5 + ı(2y + x)/5. Le calcul precedent montre que l’un de ces deuxnombres est a coordonnees entieres. Il est clair alors qu’il est dans En−1.

e) On montre par recurrence que gn : E0 × 0, . . . , n→ En est bijectivepour tout n. On a deja vu que gn est injective et que g0 est bijective. Onsuppose gn−1 bijective et on prend z ∈ En. On sait que l’un au moins de z1

ou z2 definis a la precedente question est dans En−1 ; si z1 ∈ En−1, il est de laforme ω(2+ ı)p(2− ı)n−1−p avec 0 ! p ! n−1 et on voit que z est aussi dansl’image de g ; de meme si z2 ∈ En−1. Par consequent, En ' E0 × 0, . . . , n ;d’ou card(En) = 4(n + 1).

Par exemple, x2 + y2 = 25 a 4× 3 = 12 solutions :(0,±5), (±3,±4), (±4,±3), (±5, 0). a) Pour n ∈ N, on pose An = (x, y) ∈

En, x pair et y impair et Bn = (x, y) ∈ En, x impair et y pair. Ces deuxensembles sont finis puisqu’ils sont contenus dans un ensemble finis ; ils ont

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le meme nombre d’elements car (x, y) !→ (y, x) est une bijection de l’un surl’autre.

b) On considere le cercle Ck = C((1/2, 0), 5(k−1)/2/2. Par exemple, C1 =C((1/2, 0), 1/2) passe par les deux points (0, 0) et (1, 0), C2 = C((1/2, 0),

√5/2)

passe par les quatre points (0,±1) et (1,±1), C3 = C((1/2, 0), 5/2 passe parles six points (3, 0), (−2, 0), (−1,±2), (2,±2).

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En general, on cherche les solutions entieres de (x− 1/2)2 + y2 = 5k−1/4,soit de (2x− 1)2 +(2y)2 = 5k−1. On a vu qu’il y avait 4(k− 1) elements dansEn−1, mais la moitie seulement ont un y pair ; on conclut que le nombre depoints du reseau sur le cercle Ck est 2k.

C.IV.2 Cercle passant par un nombre impair de points du reseau

On considere maintenant les cercles Γk = C((1/3, 0), 5k/3) pour k > 0.Par exemple, Γ0 passe le point (0, 0), Γ1 passe les trois points (2, 0), (−1,±1).

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a) Soit k un entier. On definit Fk = z = x+ ıy ∈ E2k, x = −1 mod 3, y =0 mod 3 et on note G l’ensemble des points du reseau qui appartiennent aucercle Γk.

Si on a (x, y) ∈ G, on a (3x−1)2+(3y)2 = 52k, autrement dit 3x−1+3ıy ∈Fk ; on definit ainsi une application h : G→ Fk, (x, y) !→ 3x− 1 + 3ıy. Il estclair que h est injective. Si (x′, y′) ∈ Fk, on definit x, y tels que x′ = 3x−1 ety′ = 3y et on verifie que (x′, y′) ∈ G. Par consequent : card(G) = card(Fk).Il reste a compter le nombre d’elements de Fk.

b) Si ω ∈ E0 et si z ∈ E2k, on a |z|2 = 52k ; en multipliant z par uneunite, on obtient un nombre complexe de meme module, donc ωz ∈ E2k ; de

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meme, ωz ∈ E2k.Il faut d’abord comprendre la demarche de comptage. On va faire une

partition de E2k par une relation d’equivalence et on va compter combienchaque classe possede d’elements de Fk.

On definit la relation (R) sur E2k en disant que zRz′ si et seulement siz′ est le produit de z ou z par une unite de E0. Il s’agit bien d’une relationd’equivalence. La verification est fastidieuse. Pour montrer la symetrie, parexemple, on suppose que zRz′ ; si z′ = ωz, alors z = ωz′ et si z′ = ωz, alorsz = ωz′ car l’inverse de l’unite ω = e2ıπ/n est l’unite e−2ıπ/n.

La classe d’un element contient a priori huit elements correspondants auxsommets de deux carres : si z = x + ıy, ce sont les elements

(±x,±y), (±y,±x).

On remarquera que x "= ±y : dans ce cas, on aurait un point de Ek dont lecarre du module est pair et ne peut etre une puissance de 5.

c) On designe par (R)(z) l’ensemble des elements de E2k equivalents az ∈ E2k.

Si xy "= 0, les huit elements de (R)(z) donnes sont tous distincts.Combien, parmi ces huit elements, sont dans Fk ?

z

z

On raisonne modulo 3. La condition x2+y2 = 52k donne x2+y2 = (52)k =1k = 1 mod 3 ; on voit que si (x, y) = ±1 mod 3, alors x2 + y2 = 2 mod 3 ; lessolutions de x2 + y2 = 1 mod 3 sont donc (x mod 3, y mod 3) = (±1, 0) ou(x mod 3, y mod 3) = (0,±1). Envisageons successivement ces quatre cas.

Si x = 1 mod 3 et y = 0 mod 3, les seuls elements u, v de la classe de (x, y)qui sont dans Fk (c’est-a-dire tels que u = −1 mod 3, v = 0 mod 3) sont lesdeux elements (−x,±y) : en effet, la premiere composante de (x,±y) n’estpas egale a −1 modulo 3 et la seconde composante de (±y,±x) n’est pasnulle modulo 3.

On raisonne de meme dans les autres cas ; verifions-le.Si x = −1 mod 3 et y = 0 mod 3, les seuls elements de la classe de (x, y)

qui sont dans Fk sont (x,±y).

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Si x = 0 mod 3 et y = −1 mod 3, les seuls elements de la classe de (x, y)qui sont dans Fk sont (y,±x).

Si x = 0 mod 3 et y = 1 mod 3, les seuls elements de la classe de (x, y)qui sont dans Fk sont (−y,±x).

Dans chaque cas, un quart des elements de la classe est dans Fk.Si xy = 0, on a (x, y) = (±5k, 0) ou (x, y) = (0,±5k) ; il s’agit d’une

classe ayant quatre elements. Comme 5k = (−1)k mod 3, on voit que suivantla parite de k, le seul element de cette classe qui est dans Fk est (5k, 0) (casou k est impair) ou (−5k, 0) (cas ou k est pair). La encore, un quart deselements de la classe est dans Fk.

Finalement : card(Fk) = card(E2k)/4 = 2k + 1.Par exemple, Γ2 = C((1/3, 0), 25/3) contient les points (−8, 0), (−2,±8), (7,±5).

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