1 Résolution pour un «petit» nombre de points 2 Le cas général

©Arnaud de Saint Julien - MPSI Lycée La Merci 2016-2017 1
CORRIGÉ du DM n°2 pour le lundi 03/10/2016
Cercles et quadrillages
Introduction
Ce texte est inspiré d’un exercice posé par Roger Mansuy à ses élèves.
Nous disposons d’un cahier avec un quadrillage. On se demande si l’on peut tracer un cercle passant par
au moins nsommets du quadrillage, où nest un entier arbitrairement grand. On munit le plan d’un repère
orthonormé direct ayant pour origine le point O, on modélise ainsi le quadrillage comme l’ensemble des points
du plan à coordonnées entières.
Un point à coordonnées entières a une affixe zde la forme z=a+ib avec aet bdes entiers. On dit que c’est
un entier de Gauss. On note Z[i] = {a+ib |a, b ∈Z}l’ensemble des entiers de Gauss.
1 Résolution pour un «petit» nombre de points
1. Démontrer que lorsque n∈ {2,3,4}, il est possible de contruire un cercle passant par exactement npoints
du quadrillage.
Pour n= 2, il suffit de choisir deux points Aet Bdu quadrillage et de prendre un point Ω sur la médiatrice
de [AB]. Les points Aet Bétant équidistants de Ω, le cercle de centre Ω passant par Apasse aussi par B.
Pour n= 3, il suffit de choisir trois points du quadrillage, et de tracer le cercle circonscrit au triangle
formé par ces 3 points.
Pour n= 4, il suffit de considérer un carré formé par quatre points du quadrillage (ce qui est possible,
par exemple les points de coordonnées (0,1); (1,0); (0,−1); (−1,0) qui sont équidistants de O) et de tracer
son cercle circonscrit.
Pour n= 5, on pourrait se dire, qu’il suffit de tracer un pentagone régulier et de considérer son cercle
circonscrit. Mais comment tracer un pentagone régulier dont les sommets sont sur le quadrillage ? C’est
en fait impossible ! Nous le prouverons dans la dernière section. On peut démontrer que le seul polygone
régulier du plan dont les sommets sont à coordonnées entières est le carré (on pourra consulter l’article
[www]). Il faut donc trouver une autre piste.
2 Le cas général
Nous allons traiter le cas général avec n∈N∗.
Nous allons utiliser les nombres complexes avec profit. Un point à coordonnées entières a une affixe zde la
forme z=x+iy avec xet ydans Z. On dit que c’est un entier de Gauss. On note Z[i] = {a+ib |a, b ∈Z}
l’ensemble des entiers de Gauss. On remarque alors que le produit de deux entiers de Gauss est encore un entier
de Gauss, puisque si z=a+ib et z′=c+id sont dans Z[i], alors zz′est dans Z[i] puisque
(a+ib)(c+id) = (ac −bd) + i(ad +bc).
On a donc trouver un moyen de fabriquer de nouveaux points du quadrillage : les points d’affixe z, z2, z3,...,zn
sont sur le quadrillage. Mais sont-ils sur un même cercle ? L’opération «multiplier par un nombre complexe z»
revient à effectuer une rotation de centre Oet d’angle arg zpuis une homothétie de rapport |z|. Nos points
tournent donc autour de Omais n’en sont pas à la même distance. On peut «ajuster» cette distance en consi-
dérant les nombres complexes z|z|n−1, z2|z|n−2,...,zn|z|n−n. Ces nombres complexes ont tous le même module
qui vaut |z|n, et sont donc l’affixe de points qui sont tous sur le cercle de centre Oet de rayon |z|. C’est gagné ?
Pas tout à fait, est-ce que nos nouveaux points points sont bien sur le quadrillage ? C’est à dire est-ce-que par
exemple z|z|n−1est encore un entier de Gauss ? Et bien si |z|est un entier la réponse est oui. Nous devons donc
trouver un entier de Gauss dont le module est un entier ... Cela revient à trouver un triangle rectangle dont les
trois longueurs sont des entiers. Grâce au fameux 32+ 42= 52et à Pythagore, le nombre complexe z= 3 + 4i
convient avec |z|= 5.

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Résumons la preuve : pour k∈ {1,...,n}, on pose zk= (3 + 4i)k5n−k. On a zk∈Z[i] et |zk|= 5n. Les
points M1,...,Mnd’affixe z1, . . . , znsont donc des points du quadrillage sur le cercle de centre Oet de rayon
5n. Et bien ce n’est pas tout à fait terminé... Il faut s’assurer que les points M1, . . . , Mnsont bien deux à deux
distincts, pour avoir exactement npoints. Supposons qu’il existe ket k′dans {1,...,n}avec k > k′tel que
zk=z′
k. Alors on aurait
(3 + 4i)k−k′= 5k−k′et k−k′∈N∗.
En particulier le nombre complexe (3 + 4i)k−k′serait un entier de Gauss dont la partie réelle serait divisible par
5. Ceci n’est pas possible car pour tout entier p∈N∗, la partie réelle de (3 + 4i)pest congrue à 3 modulo 10.
En effet, notons xpet yples parties réelles et imaginaires de (3 + 4i)pet montrons par récurrence que «xp= 3
mod 10 et yp= 4 mod 10». C’est vrai pour p= 1. Supposons maintenant la propriété vraie au rang p. On a
(3 + 4i)p+1 = (3 + 4i)(3 + 4i)p= (3 + 4i)(xp+iyp) = (3xp−4yp)
|{z }
xp+1
+i(4xp+ 3yp)
|{z }
yp+1
.
Ainsi xp+1 = 3 ×3−4×4 mod 10 = −7 mod 10 = 3 mod 10 et yp+1 = 4 ×3 + 3 ×4 mod 10 = 24
mod 10 = 4 mod 10. D’où l’hérédité, ce qui achève la preuve. Cette fois-ci c’est gagné !
3 Une tentative infructueuse pour n= 5
9. Soient zet z′dans Q(i) avec z′non nul. On écrit z=a+ib et z′=c+id avec a, b, c, d des rationnels. On
a
a+ib
c+id =(a+ib)(c−id) c2+d2
=(ac +bd) + i(bc −ad)
c2+d2
=ac +bd
c2+d2+ibc −ad c2+d2
Comme a, b, c, d sont des rationnels et qu’une somme et un produit de rationnels est encore un rationnel,
les nombres ac+bd
c2+d2et bc−ad c2+d2sont des rationnels, ce qui montre que z z′∈Q(i).
10. Si e2iπ
5peut s’écrire comme le quotient de deux éléments de Q(i), alors d’après la question précédente,
on aurait e2iπ
5∈Q(i) et donc cos 2π
5∈Q. Mais d’après la section 1, cos 2π 5=−1+√5 4, on aurait donc
q=−1+√5
4rationnel ce qui est faux. En effet, si c’était le cas, on aurait 4q=−1 + √5∈Qpuis
4q+ 1 = √5∈Q, ce qui est faux.
On raisonne par l’absurde et l’on suppose qu’il existe un pentagone régulier A1. . . A5de centre Ω dont les
sommets ont des coordonnées entières.
11. L’idée est que le point A2est l’image du point A1par une rotation de centre Ω et d’angle ±2π
5. Quitte à
rebaptiser les sommets, on peut supposer que l’angle est + 2π
5. Il suffit alors de traduire avec les affixes, et
on a :
z2−ω= ei2π
5(z1−ω).
12. Le centre Ω est l’isobarycentre des points A1,...,A5. Son affixe ωest donc la moyenne des affixes des
sommets :
ω=z1+···+z5
5.
Comme z1,...,z5sont dans Q(i), leur somme l’est aussi et en divisant par 5, aussi. Ceci prouve que
ω∈Q(i).
13. On a z2−ω
z1−ω= ei2π
5. Or z1, z2, ω sont dans Q(i), donc z2−ωet z1−ωaussi et donc leur quotient aussi.
Mais alors ei2π
5∈Q(i), contradiction. Il n’existe donc pas de pentagone régulier à coordonnées entières.
Pour la culture : on peut démontrer que le carré est le seul polygône régulier du plan dont les sommets sont
à coordonnées entières.