Projet de L3 (définitif)

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Projet de L3 : le théorème de Mordell
Adrien Ségovia
2016
Responsable d’enseignement : M. Henniart
Problème introductif motivationnel : Les nombres congruents :
Introduction :
On s’intéresse au problème de l’existence d’un test simple qui déterminerait si un entier
naturel  est l’aire d’un triangle rectangle dont les trois côtés sont de longueurs rationnelles.
Un tel entier est dit congruent.
On désignera par triangle rationnel un triangle dont les trois côtés sont de longueurs
rationnelles.
On cherche donc les entiers qui sont l’aire d’un triangle rectangle rationnel.
Ce problème était connu des Grecs mais c’est au 10ième siècle que les arabes en firent une
étude systématique. Signalons qu’il s’agit toujours d’un problème ouvert dans la mesure où
le résultat majeur dans la caractérisation des nombres congruents, le théorème de Tunnell en
1983, donne une condition nécessaire et suffisante simple pour qu’un nombre soit congruent
à la condition qu’une forme faible de la conjecture de Birch Swinnerton Dyer soit vraie (pour
que la condition suffisante soit vérifiée). Or cette conjecture constitue aujourd’hui en ellemême un problème extrêmement difficile.
Donnons tout de suite la transcription algébrique directe de cette définition :
Un entier naturel  est dit congruent s’il existe un triplet (, , ) de rationnels strictement
2 +  2 =  2 (1)
positifs tels que : () { 1
 = 
(2)
2
De tels entiers existent, en effet le triangle de côtés 3, 4 et 5 est rectangle et son aire vaut
1
2
× 3 × 4 = 6. Donc 6 est un nombre congruent.
Remarque : Si  est un nombre congruent et si  est un entier naturel non nul, alors
 2 est un nombre congruent. En effet on multiplie (1) et (2) par  2 et on obtient :
()2 + ()2 = ()2
{ 1
donc comme ,  et  sont des nombres rationnels
()() =  2
2
strictement positifs on a bien  2 entier congruent.
De cette remarque on déduit deux choses :
1) Comme 6 est un nombre congruent, alors pour tout  ∈ ℕ∗ on a 6 2 congruent, et
donc il existe une infinité de nombres congruents. A savoir : 6, 24, 54, 96 …
2) En gardant les mêmes notations, on a en fait ( 2 ) ⇔ ( ),
dans un sens on multiplie notre système par  2 et dans l’autre sens on le divise par
 2 . Ainsi on pourra maintenant s’intéresser seulement à savoir si des entiers sans
facteurs carrés sont congruents.
Les triangles Pythagoriciens :
Un triangle rectangle dont les trois côtés sont des entiers est dit Pythagoricien et le triplet
formé de ses trois côtés est un triplet Pythagoricien. Comme on l’a vue sur le cas de 6 est
congruent, de tels triplets existent. La proposition suivante en donne même une description
complète (on verra dans la seconde partie traitant des courbes elliptiques une seconde
démonstration de ce résultat).
Proposition 1 :
Soient ,  et  les côtés d’un triangle Pythagoricien avec  hypoténuse et tel que
(, , ) = 1. Alors il existe  et  entiers naturels avec (, ) = 1 et  + 
impair tels que {, } = {2 −  2 , 2} et  = 2 +  2 . La réciproque est trivialement vraie.
Remarque : Il n’y a aucune perte de généralité à considérer que (, , ) = 1
puisque sinon on diviserait par le carré de ce  la relation  2 +  2 =  2 pour se
ramener à ce cas. Un tel triplet Pythagoricien est dit primitif.
Démonstration : On a (, ) = 1 sinon un facteur premier commun à  et  diviserait
 et cela contredit (, , ) = 1. De même (, ) = 1 et (, ) = 1. De
plus  et  non tous deux impairs sinon on a  2 ≡  2 ≡ 1 [4] et donc  2 =  2 +  2 ≡ 2[4]
ce qui est absurde puisqu’un carré est congrus à 0 ou 1 modulo 4. On peut supposer 
impair et  pair. Il suit que  est impair et que  −  et  +  sont tous les deux pairs. De
plus ( − ,  + ) = 2 car si  > 2 premier est un diviseur commun de  −  et  +
 alors  divise leur somme et leur différence, c’est-à-dire  ∣ 2 et  ∣ 2 et comme
− +
(, 2) = 1 on aurait (, ) > 1 ce qui est absurde. Donc  (
 2
Comme  2 =  2 −  2 on a (2) =
−
2
⋅
+
2
2
,
2
)=1.
et on se retrouve avec le produit de deux
entiers naturels premiers entre eux qui est un carré d’entier. Donc il existe  et  entiers
avec (, ) = 1 tels que
+
2
= 2 et
−
2
2
=  2 . Donc  = 2 −  2 ,  = 2,  =
2 +  2 . De plus comme  est impair on a  et  2 de parités opposées donc de même pour
 et  et donc  +  est impair.
Les triangles Pythagoriciens permettent d’obtenir des nombres congruents. Par exemples le
triangle de côtés (3,4,5) est rectangle et d’aire 6, celui de côtés (8,6,10) est rectangle et
d’aire 24. Mais comme 24 = 4 × 6 = 22 × 6 et qu’on savait déjà que 6 est congruent, on
savait déjà que 24 l’était également et on pouvait même donner un triangle rectangle
rationnel (même entier ici) qui convenait. Ainsi le premier problème de l’utilisation des
triplets Pythagoriciens dans l’obtention des nombres congruents est qu’ils ne fournissent pas
toujours de nouveaux nombres congruents dans le sens où on peut tomber à multiplication
près par un carré d’entier sur un nombre congruent déjà connu.
De plus si on veut savoir si  sans facteurs carrés est congruent et qu’aucun triplet
Pythagoricien ne fournit pour aire du triangle rectangle correspondant  2 où  ∈ ℕ∗ aussi
loin que l’on cherche, qui nous dit qu’en continuant à générer des triplets Pythagoriciens
encore plus grand on ne va pas tomber sur une telle aire ?
De plus certains nombres congruents qui sont obtenues par des triplets Pythagoriciens le
sont avec des triplets énormes et donc cet algorithme est un semi algorithme (il ne s’arrête
pas forcément) et peu efficace. Donc les triplets Pythagoriciens ne permettent pas de
répondre à notre problème initial.
Exemple de nombre congruent : 5 est un nombre congruent (c’est même le plus petit
nombre congruent…) car le triplet Pythagoricien (9,40,41) montre que 180 = 5 × 62
est congruent et donc que 5 l’est, avec par exemple comme triangle rectangle
3 20 41
rationnel correspondant (2 ,
3
, 6 ).
C’est Fermat le premier qui montra qu’il existe des nombres non congruents. Il démontra
que 1 n’est pas un nombre congruent. Pour cela il inventa la méthode de la descente infinie.
Notons que ce résultat mit fin à l’interrogation de son temps de savoir s’il existait un triangle
rectangle rationnel d’aire un carré.
Théorème (Fermat 1640) : 1 n’est pas un nombre congruent.
Remarque : on montre similairement que 2 et 3 ne sont pas congruents. Puisque 4 =
22 × 1 on a également 4 non congruent. Donc 5 est le plus petit nombre congruent.
Démonstration : On suppose par l’absurde que 1 est un nombre congruent. Il existe alors
2 +  2 =  2
(, , ) ∈ (ℚ+∗ )3 tels que { 1
et en notant  le produit des dénominateurs de
 = 1
2
,  et  (écrits sous forme irréductibles) on a après multiplication des deux équations de
notre système par 2 , en notant  = ,  =  et  =  , un 4-uplet (, , , ) ∈ (ℕ∗ )4
2
2
2
tel que { +  = 2 . On supposera que (, ) = 1 car s’il existe  ≥ 2 diviseur
 = 2
commun de  et  alors on a 2 ∣  2 et donc  ∣ . De plus 2 ∣ 2 2 et donc  ∣  (par
exemple en s’intéressant à la valuation 2-adique) et donc on pourrait diviser les deux
équations de notre système par 2 pour obtenir un nouveau 4-uplet d’entiers solutions. On
vérifie facilement que la première équation de notre système correspond à un triplet
Pythagoricien primitif (, , ). Ainsi par la proposition 1 on déduit l’existence de deux
entiers naturels  et  avec (, ) = 1 et  +  impair tels que (on suppose  pair et 
impair) :
 = 2,  = 2 −  2 ,  = 2 +  2
La deuxième équation de notre système est alors ( − )( + ) =  2 et comme , ,
 −  et  +  sont des entiers naturels premiers entre eux deux à deux et que leur produit
 2 est un carré d’entier, on déduit l’existence de quatre entiers naturels , ,  et  tels
que :
 =  2 ,  =  2 ,  +  = 2 ,  −  =  2
Comme  +  est impair on a  −  impair. Donc  et  sont impairs et donc (, ) =
1 sinon il existerait  ≥ 3 premier tel que  ∣ 2 +  2 = 2 et  ∣ 2 −  2 = 2 et ceci
contredirait (, ) = 1. Donc on a ( + ,  − ) = 2.
Comme 2 −  2 = 2 = 2 2 et 2 −  2 = ( + )( − ) on a 2 2 = ( + )( − ).
On a 4 ∣ ( + )( − ) = 2 2 donc 2 ∣  2 et donc 2 ∣ . On écrit alors :
 2
2 (2) =
+
2
⋅
−
2

. Mais comme 2 ∈ ℕ et  (
entiers naturels  et  tels que ou bien (
+ −
2
,
2
+ −
2
,
2
2
) = 1 il vient qu’il existe deux
+ −
) = (2 ,  2 ) ou bien (
2
,
2
)=
( 2 , 2 2 ). Dans le premier cas on a (, ) = (2 2 +  2 , 2 2 −  2 ) et donc  2 =  =
4
4
2
(2 2 )2
2 + 2
2
( 2 )2
=
4 +  . C’est-à-dire  =
+
, ce qui correspond à un triangle rectangle d’aire
2
2
2
() et d’hypoténuse  = √ <  +  =  qui était l’hypoténuse de notre solution de
départ. Dans l’autre cas le résultat est analogue.
En partant d’un triangle rectangle de côtés entiers non nuls et dont l’aire est un carré
d’entier (voir notre dernier système) on a construit un nouveau triangle rectangle de côtés
entiers non nuls dont l’aire est aussi un carré mais dont l’hypoténuse est strictement plus
petit. Par principe de descente infinie (une propriété vraie sur un ensemble d’entiers
naturels non nuls qui est non vide admet un plus petit élément par axiome) on conclut que
l’hypothèse de départ, 1 est un nombre congruent, est absurde.
Comme annoncé dans l’introduction on pense avoir trouvé un critère simple pour savoir si
un entier est congruent. Le résultat suivant, dû à Zagier, nous indique au travers d’un
exemple qu’un nombre congruent petit (ici 157) peut avoir des triangles rectangles associés
tous extrêmement « compliqués » :
Exemple(Zagier) : 157 est un nombre congruent mais le triangle rectangle (, , ) le plus
simple qui le génère s’écrit :
=
6803298487826435051217540
411340519227716149383203
=
,
=
411340519227716149383203
21666555693714761309610
224403517704336969924557513090674863160948472041
8912332268928859588025535178967163570016480830
,
Voici une formulation équivalente du problème des nombres congruents (connue des Arabes
et des Grecs) :
Se donnant un entier naturel , peut-on trouver un nombre rationnel  tel que :
2 +  = 2
{ 2
où ,  ∈ ℚ
 −  = 2
En fait  est congruent si et seulement s’il existe des  ∈ ℚ tel que ,  +  et  −  sont
des carrés de nombres rationnels.
En effet on a la proposition suivante :
Proposition 2 :
Soit  ∈ ℕ∗ fixé, sans facteurs carrés. Soient , , ,  des éléments de ℚ+∗ avec  <  <
. Il y a une correspondance bijective entre les triangles rectangles de côtés  et  et
d’hypoténuse  et d’aire  et les nombres  pour lesquels ,  +  et  −  sont chacun des
carrés de nombre rationnel. La bijection est :
 2
, ,  →  = ( )
2
 →  = √ +  − √ − ,
 = √ +  + √ − ,
 = 2 √
Démonstration : Pour la première application si (, , ) a les propriétés désirées on a
 2
 2
 2
1
∓ 2
(2) ∓  = ( 2 ) + (2) ∓ 2  = (
1
2
2
) . Pour la seconde on vérifie que  2 +  2 =  2 et
 =  et que ,  et  sont rationnels strictement positif. On termine la démonstration
en montrant que les deux applications sont bien inverses l’une de l’autre.
On donne enfin le théorème qui lie nombre congruent et recherche de points rationnels sur
une certaine courbe (courbe elliptique) :
Théorème 1 :
Soit  > 0. Il y a une correspondance bijective entre l’ensemble {(, , ): 2 +  2 =  2 ,
1
2
 = } et l’ensemble {(, ):  2 =  3 − 2 ,  ≠ 0}. Les deux applications inverses sont
(, , ) ↦ (

22
,
) et (, ) ↦ (
− −
 2 −2 2  2 +2

,

,

).
Premiers résultats sur les courbes elliptiques :
L’exposé qui suit n’est pas une introduction aux courbes elliptiques dans le sens où on
suppose acquis les notations et définitions élémentaires sur le sujet. De plus les résultats
présentés ne sont pas tous démontrés. Ce qui suit est plutôt une « boite à outil » essentiel
pour pouvoir comprendre la démonstration du théorème de Mordell.
Les courbes elliptiques sont les courbes cubiques non singulières. On les considère partout
dans la suite de ce texte à coefficients rationnels. Utilisant la géométrie projective ainsi
qu’un choix « ingénieux » de repère il est possible d’écrire toute courbe elliptique sous
forme dite de Weierstrass :  2 = () =  3 +  2 +  +  où , ,  ∈ ℚ . L’hypothèse de
non singularité de la courbe est par définition l’hypothèse qu’elle ne contient pas de point
critique. La recherche de tel point sur une forme de Weierstrass conduit à la proposition
qu’une courbe cubique est elliptique si et seulement si  ne possède pas de racine double.
On fera donc l’hypothèse que  possède 3 racines complexes distinctes.
Notre courbe étendue à l’espace projectif ne possède qu’un point à l’infini et est donc
composé de la courbe dans le plan ordinaire et d’un point à l’infini noté . Dans ce contexte,
on a que toute droite passant par deux points de la courbe (éventuellement identique et
alors il s’agit d’une tangente) coupe la courbe en un troisième point (on compte les
intersections avec multiplicité). De plus si les deux points de départ sont à coordonnées
rationnelles alors le troisième également, et alors on obtient un procédé qui permet, partant
d’un certain nombre de points rationnels, d’en obtenir d’autres. On parlera d’addition
géométrique de point.
On a donc une loi de composition internet commutative ∗ sur l’ensemble des points
rationnels d’une courbe elliptique. En changeant un peu notre addition (en se servant
notamment du point à l’infini ) on définit même une addition qui fait de l’ensemble des
points rationnels noté (ℚ) d’une courbe elliptique  un groupe abélien.
Le but de ce texte est alors de démontrer le théorème de Mordell, qui nous dit que le groupe
des points rationnels d’une courbe elliptique est de type fini. On montrera en fait ce résultat
dans le cas particulier où la courbe possède un point rationnel d’ordre 2.
On effectue maintenant les calculs des coordonnées de la somme de deux points rationnels
de la courbe.
Calcul des coordonnées de  +  où ( ) ≠ ( ) :
Soit (1 , 2 ) ∈ (ℚ)2 avec 1 = (1 , 1 ) et 2 = (2 , 2 ) et tel que 1 ≠ 2 . Notons 1 ∗
2 = (3 , 3 ). On cherche à déterminer 1 + 2 = (3 , −3 ).
 −
On trace la droite joignant 1 à 2 . Elle a pour équation  =  +  où  = 2 −1 et  =
2
1
1 − 1 .
On cherche les points d’intersections avec la courbe (le troisième). On substitut  =  + 
dans l’équation de la courbe. On trouve :
 3 + ( − 2 ) 2 + ( − 2) + ( −  2 ) = 0
Si on note 3 sa troisième racine, c’est-à-dire l’abscisse de 1 ∗ 2 , on peut écrire :
 3 + ( − 2 ) 2 + ( − 2) + ( −  2 ) = ( − 1 )( − 2 )( − 3 )
En identifiant par exemple les coefficients de degré deux on a :
 − 2 = −1 − 2 − 3
Donc
3 = 2 −  − 1 − 2
Et
3 = 3 + 
Calcul des coordonnées de  :
Soit 0 = (0 , 0 ) ∈ (ℚ) − {} avec 0 ≠ 0. On cherche les coordonnées de 20 . Pour
cela on trace la tangente à la courbe  au point 0 . Elle a pour coefficient directeur  =


(0 ) =
 ′ (0 )
2√(0
=
)
 ′ (0 )
20
. On trouve ensuite les coordonnées de 20 comme
précédemment.
On en déduit la « formule de duplication ». Soit  = (, ), on a :
(2) =
 4 − 2 2 − 8 +  2 − 4
4 3 + 4 2 + 4 + 4
La hauteur d’un point rationnel :
Définition : Soit  ∈ ℚ écrit sous sa forme canonique  =


( ∧  = 1). La hauteur de 

est () =  (  ) = max{||, ||}.
Donnons une première propriété évidente de la hauteur.
Proposition 1 : ∀ ∈ ℝ, {  ∈ ℚ ∣ () ≤  } est fini.
On définit la hauteur d’un point rationnel (, ) d’une courbe elliptique comme étant la
hauteur de sa première coordonnée, à savoir () = ().
Pour des raisons pratiques on préfère considérer la hauteur logarithmique ℎ() = ln(())
(le comportement plutôt multiplicatif de la hauteur  devient additif avec ℎ, au même titre
que l’entropie en physique qu’on préfère définir comme le logarithme du nombre de microétats d’un système). Cette définition a bien un sens puisque  est à valeur dans ]0, +∞[. De
plus la proposition 1 précédente reste vraie pour la hauteur logarithmique ℎ.
Proposition 2 : ∀ ∈ ℝ, {  ∈ (ℚ) ∣ ℎ() ≤  } est fini.
En effet à une abscisse correspond au plus deux ordonnées pour les points de la courbe
elliptique. On conclut à l’aide de la proposition 1.
Théorème de Mordell :
Pour démontrer le théorème de Mordell, on va se servir seulement des 4 lemmes suivant. Le
premier n’est autre que la proposition 2 déjà démontrée :
Lemme 1 : ∀ ∈ ℝ , { ∈ C(ℚ) ∣ ℎ() ≤ } est fini.
Lemme 2 : Soit 0 ∈ C(ℚ) . Il existe une constante 0 qui dépend de 0 , ,  et  telle que
pour tout  ∈ C(ℚ) on ait :
ℎ( + 0 ) ≤ 2ℎ() + 0
Lemme 3 : Il existe une constante  qui dépend de ,  et  telle que pour tout  ∈ (ℚ)
on ait :
ℎ(2) ≥ 4ℎ() − 
Lemme 4 : Le groupe quotient (ℚ)/2(ℚ) est fini.
Ces lemmes sont par ordre croissant de difficulté.
Montrons tout de suite que ces 4 lemmes impliquent le théorème de Mordell. On peut en
fait les reformuler dans le cas général d’un groupe abélien possédant une certaine fonction
« hauteur » vérifiant les 4 lemmes ci-dessus. Ainsi on montre le théorème suivant :
Théorème de Mordell (de descente) :
Soit Γ un groupe abélien. Supposons qu’il existe une fonction ℎ ∶ Γ → [0, +∞] vérifiant les
trois propriétés suivantes :
(i)
(ii)
(iii)
Pour tout  réel, { ∈ Γ ∣ ℎ() ≤ } est fini.
Pour tout 0 ∈ Γ, il existe une constante 0 telle que pour tout  ∈ Γ on ait :
ℎ( + 0 ) ≤ 2ℎ() + 0
Il existe une constante  telle que pour tout  ∈ Γ on ait :
ℎ(2) ≥ 4ℎ() − 
Supposons de plus que
(iv)
Le groupe quotient Γ ∕ 2Γ est fini.
Alors le groupe Γ est de type fini.
Démonstration :
Par (iv) on peut noter  = (Γ ∕ 2Γ),  un entier naturel. On possède donc  classes
d’équivalences et on peut donc choisir 1 , 2 , … ,  des représentants de ces différentes
classes.
Soit  ∈ Γ. On veut montrer que Γ est de type fini, ce qui est équivalant à montrer que notre
point  s’écrit comme combinaison linéaire finie à coefficient entiers de points de Γ et que
les points de cette combinaison linéaire ne dépendent pas de .
Comme les classes d’équivalences forment une partition de Γ, il existe un indice 1 tel que
 − 1 ∈ 2Γ. On pose alors  − 1 = 21 . On construit ainsi des points 1 , 2 , … ,  et
1 , 2 , … ,  tels que :
 − 1 = 21
(1)
1 − 2 = 22
(2)
2 − 3 = 23
…
−1 −  = 2
Où 1 , 2 , … ,  sont choisis parmi 1 , … ,  .
Des équations (1) et (2) on déduit :
 = 1 + 21 = 1 + 22 + 42
Par récurrence on montre donc que :
 = 1 + 22 + 43 + ⋯ + 2−1  + 2 
Donc  est dans le sous-groupe de Γ engendré par 1 , 2 , … ,  ,  .
On applique (ii) avec 0 = − , on obtient une constante  telle que :
∀ ∈ Γ, ℎ( −  ) ≤ 2ℎ() + 
On écrit une telle relation pour 1 , 2 , … ,  . En notant  ′ = max(1 , … ,  ) (existe grâce
à l’hypothèse (iv)) on a donc :
∀ ∈ Γ , ∀ ∈ {1, … , }, ℎ( −  ) ≤ 2ℎ() + ′
On utilise (iii), on note  la constante qui apparaît dans cette hypothèse. On a :
4ℎ( ) ≤ ℎ(2 ) + 
4ℎ( ) ≤ ℎ(−1 −  ) + 
4ℎ( ) ≤ 2ℎ(−1 ) +  ′ + 
C’est-à-dire
ℎ( ) ≤
1
′ + 
ℎ(−1 ) +
2
4
3
1
ℎ( ) ≤ ℎ(−1 ) − (ℎ(−1 ) − ( ′ + ))
4
4
Donc si (∗) ℎ(−1 ) >  ′ +  on a :
ℎ( ) <
3
ℎ(−1 )
4
Finalement on a forcément un point, noté  , de la suite , 1 , 2 , … qui satisfait ℎ( ) ≤
 ′ + . En effet si au contraire tous les points de notre suite vérifient (∗), alors notre suite
3
est de hauteur décroissante vers 0 car ℎ( ) ≤ 4 ℎ(−1 ) pour deux points consécutifs de la
3 
suite et la suite de terme générale ( ) est décroissante vers 0 , et on trouve bien un indice
4
 tel que  satisfait ℎ( ) ≤  ′ +  (absurde).
On vient de montrer que :
∀ ∈ Γ, il existe des entiers 1 , 2 , … ,  et un point  ∈ Γ satisfaisant ℎ() ≤  ′ +  tel
que
 = 1 1 + 2 2 + ⋯ +   + 2 
Or (i) nous dit que {  ∈ Γ ∣ ℎ() ≤  ′ +  } est un ensemble fini.
On conclut que {1 , 2 , … ,  } ∪ {  ∈ Γ ∣ ℎ() ≤  ′ +  } est un ensemble fini qui génère
Γ. Donc Γ est de type fini.
Démonstration du lemme 2 :
Assertion 1 : Si  = (, ) ∈ (ℚ) alors  et  s’écrivent sous leur forme canonique  =

2

et  =  3 ( ∧  =  ∧  = 1 et  > 0 ).
Assertion 2 : Il existe une constante  > 0 dépendant de ,  et  telle que pour tout  =


( 2 ,  3 ) ∈ (ℚ) écrit sous forme canonique (assertion 1), on ait :
|| ≤ ()3/2
Démonstration du lemme 2 :
On suppose que 0 ≠  (sinon évident). Notons 0 = (0 , 0 ). Soit  = (, ) ∈ (ℚ). On
veut montrer qu’il existe une constante 0 telle que ℎ( + 0 ) ≤ 2ℎ() + 0 . On va
supposer que  ∉ {, 0 , −0 } . Ainsi les coordonnées de  + 0 sont obtenues plus
facilement car  ≠ 0 . Il suffira d’ajouter à la constante 0 trouvée max{ℎ( + 0 ) −
2ℎ(), ℎ(0 + 0 ) − 2ℎ(0 ), ℎ(−0 + 0 ) − 2ℎ(−0 )}.
On a  + 0 = (, ). D’après les formules sur la somme de points de la courbe, écrites dans
l’introduction, on déduit :
=
( − 0 )2
( − 0 )2 − ( − 0 )2 ( + 0 + )
−

−

−

=
0
( − 0 )2
( − 0 )2
Comme  2 −  3 =  2 +  +  , si on développe numérateur et dénominateur on trouve :
=
 +  2 +  + 
 2 +  + 
Où , , , , , ,  sont des entiers (quitte à multiplier par le pgcd de leur dénominateur le
numérateur et dénominateur de  ) dépendant de , , , 0 et 0 .


On écrit  =  2 et  =  3 et on obtient donc :
 + 2 +  2 +  4
=
2 +  2 +  4
A priori l’écriture de  n’est pas sa forme canonique. On a cependant la majoration :
() ≤ max{| + 2 +  2 +  4 | , | 2 +  2 +  4 |}
D’après les assertions 1 et 2 on a :
 ≤ () ,  ≤ ()3/2 et  ≤ ()
Où  dépend seulement de ,  et  .
On utilise l’inégalité triangulaire pour obtenir :
( + 0 ) = () ≤ max{|| + || + || + || , || + || + ||} × ()2
Comme le logarithme népérien est une fonction croissante sur ]0, +∞[ on a finalement :
ℎ( + 0 ) ≤ 2ℎ() + 0
Où 0 est une constante dépendant seulement , , , 0 et 0 et pas de  = (, ).
Ce qui conclut la démonstration.
Démonstration du lemme 3 :
On peut, de même que dans la démonstration de lemme 2, ignorer un nombre fini de points
de la courbe car la constante peut alors être ajuster. Soit  = (, ) ∈ (ℚ). On va supposer
que 2 ≠  , ce qui n’écarte qu’un nombre fini de points (en fait 1, 2 ou 4 points). Si on écrit
2 = (, ) , on a vu que :
 + 2 = 2 −  avec  =
 ′ ()
2
On obtient, sachant que  2 = () , la formule de duplication :
=
 ′ ()2 − (8 + 4)()
4()
On n’a pas de problème de définition car () ≠ 0 puisque 2 ≠  .
Ici  s’écrit comme le quotient de deux polynômes en  à coefficients entiers. De plus le
numérateur et dénominateur n’ont pas de racine complexe commune. En effet  étant une
courbe elliptique, elle est non singulière, donc () et ′() non simultanément nul.
On veut prouver qu’il existe une constante  indépendante de  = (, ) telle que ℎ() ≥
4ℎ() −  .
On va sortir du cadre des courbes elliptiques pour montrer une propriété de la hauteur et
des quotients de polynômes à coefficients entiers, qui va conclure la preuve du lemme 3.
Proposition 3 : Soient  et  des polynômes à coefficients entiers sans racines complexes en
commun. Notons  = max(°(), °()) . On a alors les deux propriétés suivantes :
(a) Il existe un entier  ≥ 1 , dépendant de  et  , tel que pour tout nombre rationnel




,  (  (  ) ,   (  )) divise  .
(b) Il existe des constantes 1 et 2 , dépendant de  et  , telles que pour tout nombre

rationnel  qui n’est une racine de  ,




( )

( )
ℎ (  ) − 1 ≤ ℎ (

) ≤ ℎ (  ) + 2 .
Démonstration de la proposition 3 :
(a) Cette propriété nous dit qu’il n’y a pas beaucoup de simplification quand on prend le
quotient de ces deux entiers. On peut supposer °() =  et °() =  ≤  . Pour


simplifier les notations on pose Φ(, ) =   (  ) et Ψ(, ) =   (  ) et on
peut noter :
Φ(, ) = 0  + 1 −1  + ⋯ +  
Ψ(, ) = 0  − + 1 −1 −+1 + ⋯ +  
Comme  et  n’ont pas de racine en commun, ils sont premiers entre dans l’anneau
euclidien ℚ[] et donc il existe deux polynômes à coefficients rationnels  et  tels
que :
()() + ()() = 1
Soit  un entier assez grand pour que () et () soient à coefficients entiers.
Notons  = max(°(), °()) . Remarquons que  et  ne dépendent pas de  et
.

On évalue l’identité de Bézout précédente en  =  et on multiplie par + . On
obtient :


  ( ) . Φ(, ) +   ( ) . Ψ(, ) = +


Soit  = (, ) = (Φ(, ) , Ψ(, )) le pgcd qui nous intéresse. On a :
 ∣ +
Ce n’est pas encore suffisant car  divise ici un nombre qui dépend de  .
Nous allons montrer que  ∣ 0+ .
Comme  ∣ Φ(, ) on a en particulier :
 ∣ +−1 Φ(, ) = 0  +−1 + 1 −1 + + ⋯ +  +2−1
Or comme  ∣ + et que ce facteur se répète dans l’expression précédente hormis
le premier terme 0  +−1 , on a donc :
 ∣ 0  +−1
Donc
 ∣ (+ , 0  +−1 )
Or  ∧  = 1 donc  ∣ 0 +−1
On a donc réduit la puissance de  au prix d’une multiplication par 0 . On utilise
maintenant le fait que  ∣ 0 +−2 Φ(, ) et en répétant ce qui a été fait ci-dessus
on montre que  ∣ 02 +−2 . On montre donc par récurrence que  ∣ 0+ , ce
qui termine la preuve de (a).
(b) Pour la majoration on utilise l’inégalité triangulaire, ce qui est en tout point similaire à
la fin de la démonstration du lemme 2.
On peut se passer de montrer la minoration pour un nombre fini de rationnels puisqu’il

suffit alors d’ajuster la constante. On supposera donc que  n’est pas une racine de 
. On peut refaire l’hypothèse que °() =  et °() =  ≤  puisque pour tout
1
rationnel  non nul on a ℎ() = ℎ ( ) . En reprenant donc les mêmes notations que
dans (a), on s’intéresse au rationnel :

 (  ) Φ(, )
=
 =
 (  ) Ψ(, )
On a ici une expression de  comme quotient de deux entiers. On ne sait pas s’ils sont
premiers entre eux, mais on sait par (a) qu’il existe un entier  ≥ 1, indépendant de
 et , tel que (Φ(, ), Ψ(, )) divise  . Ainsi :
1
() ≥ max{|Φ(, )| , |Ψ(, )|}

1
(|Φ(, )| + |Ψ(, )|)
() ≥
2
 
Avec la hauteur « multiplicative »  on veut comparer () avec  (  ) =
max{|| , || }.
On considère donc le quotient :
1




(|

(
)|
+
|

(
()
2

 )|)
≥
 
max{|| , || }
 ()
1


(| ( )| + | ( )|)
()
2


≥

 
max {|  | , 1}
 ()
On va donc étudier la fonction de variable réel  définit par :
(|()| + |()|)
() =
max{|| , 1}
Lorsque || → +∞ on a ou bien () → |0 | si  <  ou bien () → |0 | + |0 | sinon.
Or 0 ≠ 0 donc cette limite est non nulle. Remarquons que  est positive. Comme 
est continue sur ℝ on en déduit qu’en dehors d’un intervalle fermé , la fonction
possède un infimum non nul. Mais dans l’intervalle fermé , comme la fonction est
alors continue sur un compact et qu’elle ne s’annule pas car on a supposé que  et 
n’ont pas de racines communes, on en déduit que le minimum de  sur  est
strictement positif. Ainsi il existe une constante 1 > 0 telle que () ≥ 1 pour tout
réel  .
On a donc en utilisant notre dernière majoration :
1
 
() ≥
.( )
2

Les constantes 1 et  dépendent de  et  mais pas de  et . D’après la croissance
du logarithme sur ]0, +∞[ on conclut :

ℎ() ≥ ℎ ( ) − 1

Ce qui termine la démonstration de la proposition ainsi que du lemme 3.
Démonstration du lemme 4 :
Notre équation  2 =  3 +  2 +  +  sera supposé à coefficients entiers (et non pas
seulement rationnel) car sinon en posant  =  2  et  =  3  il est possible de choisir 
eniter tel que  2 = () où (X) polynôme de degré 3 unitaire à coefficients entier.
On note Γ = (ℚ). On ne sera pas capable de prouver le théorème de Mordell dans le cas
général sans recourir à la géométrie algébrique. On veut éviter cela. On doit alors faire
l’hypothèse que la courbe possède un point rationnel d’ordre 2 (c’est-à-dire f(x) possède une
racine rationnelle). En effet un point rationnel  de la courbe est d’ordre 2 si 2 =  et  ≠
. Or 2 =  ⟺  = − donc  = (, 0) où  est une racine de (). On note 0 la
racine donnée par l’hypothèse. Comme 0 est une racine rationnelle d’un polynôme unitaire
à coefficients entiers (hypothèse ci-dessus) on a en fait 0 entier. On effectue alors un
changement de coordonnées en prenant pour origine le point (0 , 0), ce qui n’affecte pas Γ
et nous fournit une nouvelle équation à coefficients entiers pour la courbe de la forme :
 2 =  3 +  2 +  .
On va maintenant montrer qu’on peut écrire la « fonction duplication » qui à  ∈ C associe
2 en une composée de deux applications « plus simples » :  =  ∘ . Cependant  sera à
valeur dans une autre courbe  et :  →  .
La courbe  est donnée par l’équation  2 =  3 +  2 +  où  = −2 et  = 2 − 4 . La
courbe  est la courbe obtenue en partant de  de la même façon. Ainsi  ∶  2 =  3 +
4 2 + 16 et donc en remplaçant  et  par respectivement 4 et 8 puis en divisant
par 64 on retombe exactement sur  et donc Γ ≅ Γ où Γ désigne le groupe des points
rationnels de  .
Proposition 4 : Soit  = (0,0) ∈ . On a :
(a) Il existe un morphisme :  →  définit par () =
 2 ( 2 −)
{
( 2 ,
2
) ,   = (, ) ≠ , 

,   =    = 
On a () = {, } .
(b) On obtient en appliquant exactement le même procédé un morphisme :  →  et
1
1
comme la fonction (, ) ⟼ (4 , 8 ) est un isomorphisme de  vers  on a qu’il
existe un morphisme :  →  définit par () =

2
( 2,
{ 4
2
( −)
8
2
) ,   = (, ) ≠ , 

,   =    = 
(c) La composée  ∘ :  →  est la « fonction duplication », c’est-à-dire  ∘ () =
2.
Démonstration :
(a) On a  bien définit car en notant (, ) = (, ) on a :
3
2
2
 +  +  =  ( − 2 + (2 − 4)) =
2 4
2
( 4 − 2 2 + (2 − 4))
2
 

 2 ( 2 −  2 )2 − 4 4
(
)
2
4
2
= 6 (( 3 + )2 − 4 4 )

( 2 − )
=(
)
2
=
3
2
 +  +  = 
2
Donc  est bien à valeurs dans  . De plus il est évident que () = {, } . Il
reste à montrer que  est un morphisme, c’est-à-dire (1 + 2 ) = (1 ) +
(2 ) , ∀ 1 , 2 ∈  .
Si 1 ou 2 est égal à  c’est évident. On suppose donc dorénavant 1 et 2 différents
de  . Si 1 = 2 =  c’est également évident. Si maintenant par exemple 1 =  et
2 ≠  le résultat suit par calcul. En effet on a :
 
 +  = (, ) + (0,0) = ( , − 2 )


Or par définition de  on a :
 2
(− 2 )
2

( + ) =
= 2 = ()

 2
()
Et de même on montre que ( + ) = () . Ainsi on a bien ( + ) = () (on
rappelle que () =  ).
Si  ∈  on vérifie facilement que (−) = −() et il suffit maintenant, pour
montrer que  est un morphisme, de démontrer que si 1 + 2 + 3 =  alors
(1 ) + (2 ) + (3 ) =  . En effet dans ce cas (1 + 2 ) = (−3 ) =
−(3 ) = (1 ) + (2 ) .
On suppose donc 1 + 2 + 3 =  avec  ≠ ,  . On a donc 1 , 2 et 3
colinéaires. Soit  =  +  la droite dont l’intersection avec  sont ces 3 points. On
a  ≠ 0 car on a supposé nos points distincts de  = (0,0) . On veut montrer que
(1 ), (2 ) et (3 ) sont les intersections d’une droite avec . On va juste vérifier
que cette droite est donnée par l’équation :  =  +  où  =
 2 −+2

1 +  =
−

et  =
. Par exemple si (1 ) = (1 , 1 ) = (1 , 1 ) alors on a :
− 1 2

( ) +
1
 2 −+2

2
1 −
=
(12 −12 )−(1 −1 )(1 +1 )+ 2 12
12
On utilise alors les égalités
22 = 13 + 1 et 1 − 1 =  et on obtient :
(13 + 1 ) − (1 + 1 ) + 12 (12 − )1
1 +  =
=
= 1
12
12
On fait exactement de même pour (2 ) et (3 ). Pour montrer que notre droite a
pour intersection avec  exactement (1 ), (2 ) et (3 ) (ce qui conclurait notre
2
démonstration) il faut montrer en fait que les solutions de l’équation ( + ) =
 3 +  2 +  sont les nombres (1 ), (2 ) et (3 ). On a démontré que c’était le
cas si (1 ), (2 ) et (3 ) sont distincts. Si maintenant ils ne sont pas distincts il
suffit d’utiliser la continuité de  comme fonction des points complexes de  privé
de  et  vers les points complexes de . Ceci termine la démonstration du point (a)
de la proposition.
1
1
(b) On montre facilement que (, ) ⟼ (4 , 8 ) est un isomorphisme de  vers  et on
contruit :  →  comme  mais avec  et  à la place de  et . Comme  est la
composition de ces deux morphismes il s’agit bien d’un morphisme.
(c) Compte tenu de la formule de duplication donnée dans l’introduction sur les courbes
elliptiques et de la forme de notre équation de courbe on a :
( 2 − )2 ( 2 − )( 4 + 2 3 + 6 2 + 2 +  2 )
2 = 2(, ) = (
,
)
4 2
8 3
On a donc :
 2 ( 2 − )
 ∘ (, ) =  ( 2 ,
) = ⋯ = 2(, )

2
L’égalité ci-dessus se démontrant aisément en continuant le calcul puisqu’on connait
l’action de .
Il est clair que tout point de Γ est envoyé par  vers un point de Γ, ainsi (Γ) est un sousgroupe de Γ . Cependant à priori on n’a pas (Γ) = Γ.La proposition suivante fournit une
bonne description de l’image (Γ) :
Proposition 5 :
(i)
(ii)
(iii)
 ∈ (Γ) .
 = (0,0) ∈ (Γ) si et seulement si  = 2 − 4 est un carré parfait.
Soit  = (, ) ∈ Γ avec  ≠ 0. On a alors  ∈ (Γ) si et seulement si  est le
carré d’un nombre rationnel.
Démonstration :
(i)
(ii)
On a () = .
D’après la formule donnant  on voit que  ∈ (Γ) si et seulement s’il existe
(, ) ∈ Γ tel que
2
2
= 0 (on a bien  ≠ 0 sinon (, ) =  et () =  ≠  ).
Donc  ∈ (Γ) si et seulement s’il existe (, ) ∈ Γ tel que  ≠ 0 et  = 0. En
utilisant l’équation donnant  on a donc :
(iii)
0 = ( 2 +  + )
Cette équation à une racine rationnelle non nulle si et seulement si le
discriminant 2 − 4 est un carré parfait.
Si (, ) ∈ (Γ) avec  ≠ 0 alors d’après  on a qu’il existe (, ) ∈ Γ tel que
2
 =  2 . Donc  est bien le carré d’un nombre rationnel. Réciproquement
supposons qu’il existe  un nombre rationnel tel que  =  2 . On cherche un point
de Γ qui s’envoie par  sur (, ). On va montrer en fait que les points  =
( ,  ) ∈ Γ pour  = 1,2 s’envoient par  sur (, ) :
1

1 = ( 2 −  + ) ,
1 = 1 
2

1

2 = ( 2 −  − ) ,
2 = −2 
2

Commençons par vérifier que  ∈  :
3
2
1 2 =
2
2
1

1  − 2 + 2  − 
(( 2 − )2 − 2 ) = (
)=
4

4

2

Montrer que  ∈  revient à montrer que 2 =  +  +  . Or on a  = 1 2 et




2
= ± et donc on doit montrer que  = 1 +  + 2 . Cette dernière égalité
suit directement de la définition de 1 et 2 .
On a donc  ∈  et même  ∈ Γ puisque  est un point rationnel.
Il reste à montrer que ( ) = (, ) :
On a
2
2
On a
1 (12 −)
2 (22 −)
22
=  par définition de  et  et car  =  2.
12
=
1 (12 −1 2 )
12
= (1 − 2 ) et on montre de même que
= (1 − 2 ) .
Par définition de 1 et 2 on a bien (1 − 2 ) = , ce qui termine la
démonstration du point (iii) de la proposition.
Proposition 6 : (Γ: (Γ)) ≤ 2+1 et (Γ: (Γ)) ≤ 2+1 où  est le nombre de diviseurs
premiers distincts de  = 2 − 4 et  le nombre de diviseurs premiers distincts de .
Démonstration :
Il nous suffit de prouver une seule de ces deux inégalités. On choisit de démontrer la
seconde. On va montrer qu’on a un isomorphisme de groupes du quotient Γ/(Γ) vers un
groupe fini. Pour cela on va utiliser le lemme de factorisation des morphismes de groupes et
il faut donc qu’on trouve un morphisme de groupes de Γ dont l’image de ce morphisme est
finie et dont le noyau est (Γ).
Si ℚ∗ désigne le groupe multiplicatif des rationnels non nuls on note ℚ∗ 2 = { 2 ∣  ∈ ℚ∗ }.
On définit alors une application : Γ → ℚ∗ /ℚ∗ 2 telle que :
() = 1  ℚ∗ 2
() =   ℚ∗ 2
(, ) =   ℚ∗ 2 ,   ≠ 0
On termine la démonstration de cette proposition en démontrons la proposition 7 suivante.
Proposition 7 :
(a) L’application  définit ci-dessus est un morphisme de groupes.
(b) On a l’égalité () = (Γ). Ainsi on a un isomorphisme de groupes Γ/(Γ) →
() .
(c) Soient 1 , … ,  les diviseurs premiers distincts de . On a () contenu dans le

 
sous-groupe {±1 1 22 …   ∣  = 0  1} de ℚ∗ /ℚ∗ 2 .
(d) L’indice (Γ: (Γ)) est au plus 2+1 .
Démonstration de la proposition 7 :
1
1
(a) On a (−) = (, −) =  =   2 et donc (−) =  = ()−1  ℚ∗ 2 . Pour
montrer que  est un morphisme il suffit donc de montrer, comme dans le (a) de la
proposition 4, que si 1 + 2 + 3 =  alors (1 )(2 )(3 ) = 1  ℚ∗ 2 .
Comme dit dans la démonstration de la proposition 4 si on suppose 1 + 2 + 3 =
 avec 1 , 2 et 3 distincts de  et  on a l’existence d’une droite  =  +  dont
les points d’intersections avec la courbe  sont les points 1 , 2 et 3 . C’est-à-dire
que les abscisses 1 , 2 et 3 de ces trois points sont les racines (comptées avec
multiplicités) de l’équation :
( + )2 =  3 +  2 +  ⟺  3 + ( − 2 ) 2 + ( − 2) −  2 = 0
On a donc puisqu’on connait les racines :
1 + 2 + 3 = 2 − 
{1 2 + 1 3 + 2 3 =  − 2
1 2 3 =  2
La dernière équation de ce système nous donne 1 2 3 = (1 )(2 )(3 ) =
1  ℚ∗ 2 car  ∈ ℚ puisque c’est l’ordonnée à l’origine d’une droite rationnelle car
elle passe par trois points rationnels (si 1 = 2 = 3 la droite est tangente à  en un
point rationnel donc est rationnelle).
Il faut maintenant traiter les cas où les  ne sont pas tous différent de  et . On
revient à la définition de base des morphismes. On a pour tout  ∈ Γ,  +  =  et
donc ( + ) = () = ()(). On a pour tout (, ) ∈ Γ avec  différent de


1 2

 ,  +  = ( , −  2 ) et donc ( + ) =  =  () =   ℚ∗ 2 . Or
()() =   ℚ∗ 2 et donc on a ( + ) = ()(). Enfin comme 2 = 
on a ( + ) = (2) = () = 1  ℚ∗ 2 . Or ()() =  2 = 1  ℚ∗ 2 et
donc ( + ) = ()(). Ce qui conclut.
(b) Compte tenu de la proposition 5 et du lien de  avec  cette propriété est évidente
(on utilise ensuite le lemme de factorisation).


(c) Soit  ( 2 ,  3 ) ∈ Γ écrit sous forme canonique avec  ≠ 0 (on a vu précédemment
que tous les points de Γ hormis le point  et  dans le cas de notre courbe
particulière sont de cette forme). En remplaçant dans l’équation de  on obtient :
2 = 3 + 2  2 +  4 = (2 +  2 +  4 )
Notons  = ( , 2 +  2 +  4 ). On a donc  ∣  et  ∣  4 mais comme
( , ) = 1 on a  ∣  . Ainsi comme 2 = (2 +  2 +  4 ) on a  =

 
± 2 × (1 1 22 …   ) où  est un entier,  = 0 ou 1 et 1 , 2 , … ,  sont les
diviseurs premiers distincts de .


 2



Comme () =  2  ℚ∗ 2 et  2 = ± ( ) 1 1 22 …   on a () =



±1 1 22 …    ℚ∗ 2 .
La conclusion reste valide dans le cas  = 0 car alors la seule possibilité est  mais

 
on a () =   ℚ∗ 2 et  = ±1 1 22 …    ℚ∗ 2 .
(d) C’est une conséquence directe de (b) et (c).
La proposition suivante a trait aux groupes abéliens et permet de conclure la démonstration
du lemme 4.
Proposition 8 :
Soient  et  deux groupes abéliens et supposons que :  →  et :  →  sont des
morphismes de groupes vérifiant :
 ∘ () = 2 , ∀ ∈ 
 ∘ () = 2 , ∀ ∈ 
Supposons de plus que (: ()) et (: ()) sont finis.
Alors (: 2) est fini. On a en fait (: 2) ≤ (: ())(: ()) .
Démonstration :
Soient 1 , … ,  un système de représentant de /() et 1 , … ,  un système de
représentant de /() . Soit  ∈ . Il existe  ∈ {1, … , } tel que  −  ∈ (). Soit  ∈ 
tel que  −  = (). Comme  ∈  on a qu’il existe  ∈ {1, … , } tel que  −  = (′ )
où ′ ∈ . Donc on a :
 =  + () =  +  ( + (′ )) =  + ( ) + 2′
Donc on peut trouver un système de représentant de /2 dans l’ensemble fini { + ( ) ∣
1 ≤  ≤  , 1 ≤  ≤ }. Ce qui conclut la démonstration.
On réécrit enfin la version du théorème de Mordell qui a été démontré grâce aux lemme 1, 2,
3 et 4 et où c’est la démonstration du lemme 4 qui nous a obligé à notre niveau à faire
l’hypothèse que la courbe possède un point rationnel d’ordre 2 :
Théorème de Mordell (où la courbe possède un point rationnel d’ordre 2) :
Soit  une courbe elliptique donnée par l’équation :  2 =  3 +  2 +  où  et 
sont des entiers.
Alors (ℚ) est un groupe abélien de type fini.
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