Exercice 57

1. On raisonne par l'absurde, comme pour le théorème 1 du chapitre 1. Supposons que $\sqrt{3} = \frac{p}{q}$, fraction irréductible avec $p$ et $q$ entiers naturels non nuls ; alors $p^{2} = 3q^{2}$. Le carré d'un entier n'est jamais de la forme $3k + 2$ : si $p = 3k$, $p^{2} = 3 \times 3k^{2}$, et si $p = 3k \pm 1$, $p^{2} = 3(3k^{2} \pm 2k) + 1$. Ainsi, $p^{2}$ n'est divisible par $3$ que si $p$ l'est. Ici $3$ divise $p^{2}$, donc $p = 3p'$, puis $9p'^{2} = 3q^{2}$, soit $q^{2} = 3p'^{2}$ : par le même argument, $3$ divise $q$, ce qui contredit l'irréductibilité de la fraction. $\boxed{\sqrt{3} \notin \mathbb{Q}}$

2. Supposons que les points $A$, $B$, $C$, d'affixes $a$, $b$, $c$ dans $\mathbb{Z}[\mathrm{i}]$, forment un triangle équilatéral, et posons $q = \frac{c - a}{b - a}$. On a $|q| = \frac{AC}{AB} = 1$ et $|q - 1| = \frac{|c - b|}{|b - a|} = \frac{BC}{AB} = 1$. En écrivant $q = \mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}$, la proposition 14 du cours donne $|q - 1| = 2\big|\sin\frac{\theta}{2}\big|$, d'où $\sin\frac{\theta}{2} = \pm\frac{1}{2}$, puis $\theta \equiv \pm\frac{\pi}{3}\ [2\pi]$ : $$q = \mathrm{e}^{\pm\mathrm{i}\pi/3} = \frac{1}{2} \pm \mathrm{i}\,\frac{\sqrt{3}}{2}.$$ Or $q = \frac{(c - a)\overline{(b - a)}}{|b - a|^{2}}$, où le numérateur appartient à $\mathbb{Z}[\mathrm{i}]$, qui est stable par différence, produit et conjugaison, et où le dénominateur est un entier strictement positif : les parties réelle et imaginaire de $q$ sont rationnelles. On aurait donc $\frac{\sqrt{3}}{2} \in \mathbb{Q}$, ce qui contredit la question 1. $$\boxed{\text{aucun triangle équilatéral n'a ses sommets dans } \mathbb{Z}[\mathrm{i}]}$$

3. On a $1 + j = \frac{1}{2} + \mathrm{i}\,\frac{\sqrt{3}}{2} = \mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi/3}$, et les trois côtés mesurent $|1 - 0| = 1$, $|1 + j| = 1$ et $|(1 + j) - 1| = |j| = 1$. $$\boxed{\text{le triangle de sommets } 0,\ 1,\ 1 + j \text{ est équilatéral}}$$

4. Avec $j = -\frac{1}{2} + \mathrm{i}\,\frac{\sqrt{3}}{2}$, on a $$w = \Big(x - \frac{y}{2}\Big) + \mathrm{i}\,\frac{\sqrt{3}}{2}\,y \qquad\text{et}\qquad \mathrm{i} w = -\frac{\sqrt{3}}{2}\,y + \mathrm{i}\Big(x - \frac{y}{2}\Big).$$ Supposons que $\mathrm{i} w = u + vj = \big(u - \frac{v}{2}\big) + \mathrm{i}\,\frac{\sqrt{3}}{2}\,v$ avec $u$ et $v$ entiers. L'identification des parties réelles et imaginaires donne $$v - 2u = \sqrt{3}\,y \qquad\text{et}\qquad \sqrt{3}\,v = 2x - y.$$ Si $y \neq 0$, la première égalité donne $\sqrt{3} = \frac{v - 2u}{y} \in \mathbb{Q}$, ce qui est impossible ; donc $y = 0$. Alors $\sqrt{3}\,v = 2x$ ; si $v$ était non nul, on aurait $\sqrt{3} = \frac{2x}{v} \in \mathbb{Q}$, donc $v = 0$, puis $x = 0$. $\boxed{\mathrm{i} w \in \mathbb{Z}[j] \Rightarrow w = 0}$

Supposons maintenant que quatre points distincts d'affixes dans $\mathbb{Z}[j]$ forment un carré, et notons $A$ l'un d'eux, $B$ et $D$ ses deux voisins sur le carré. On a $AB = AD$ et $(AB) \perp (AD)$ ; d'après la proposition 25 du cours, le quotient $\frac{d - a}{b - a}$ est de module $1$ et imaginaire pur, donc égal à $\mathrm{i}$ ou à $-\mathrm{i}$. Dans le premier cas, on pose $w = b - a$, et dans le second $w = a - b$ : dans les deux cas, $w$ est un élément non nul de $\mathbb{Z}[j]$, qui est stable par différence, et $\mathrm{i} w = d - a$ appartient à $\mathbb{Z}[j]$. Cela contredit ce qui précède. $$\boxed{\text{quatre points distincts de } \mathbb{Z}[j] \text{ ne forment jamais un carré}}$$

À retenir : le réseau triangulaire contient des triangles équilatéraux mais aucun carré, et le quadrillage contient des carrés mais aucun triangle équilatéral. Dans les deux cas, l'obstacle est l'irrationalité de $\sqrt{3}$, qui empêche la rotation d'angle $\frac{\pi}{2}$ de conserver $\mathbb{Z}[j]$, et la rotation d'angle $\frac{\pi}{3}$ de conserver $\mathbb{Z}[\mathrm{i}]$. On en déduit aussi qu'aucun hexagone régulier n'a ses sommets dans $\mathbb{Z}[\mathrm{i}]$, puisque trois sommets d'un hexagone régulier pris de deux en deux forment un triangle équilatéral.