Exercice 63

1. Une brique de taille $(1, 2, 4)$ contient $8$ points. Un pavage du pavé, qui contient $5 \times 6 \times 6 = 180$ points, demanderait $\frac{180}{8} = 22{,}5$ briques : c'est impossible.

2. Soit $E = [\![x\,;x']\!] \times [\![y\,;y']\!] \times [\![z\,;z']\!]$, de dimensions $d_{1}$, $d_{2}$, $d_{3}$. La somme sur $E$ se factorise (chapitre 3) : $$\sum_{(i, j, k) \in E} X^{i + j + k} = \Big(\sum_{i = x}^{x'} X^{i}\Big)\Big(\sum_{j = y}^{y'} X^{j}\Big)\Big(\sum_{k = z}^{z'} X^{k}\Big),$$ et, par télescopage, $$(X - 1)\sum_{i = x}^{x'} X^{i} = X^{x' + 1} - X^{x} = X^{x}(X^{d_{1}} - 1),$$ et de même pour les deux autres facteurs. $$\boxed{w(E) = X^{x + y + z}(X^{d_{1}} - 1)(X^{d_{2}} - 1)(X^{d_{3}} - 1), \qquad w(\mathcal{P}) = X^{3}(X^{A} - 1)(X^{B} - 1)(X^{C} - 1)}$$

3. Si $E \cap F = \varnothing$, la somme sur $E \cup F$ est la somme des sommes sur $E$ et sur $F$, d'où l'additivité ; par récurrence, le poids d'une réunion finie de parties deux à deux disjointes est la somme des poids. Si $\mathcal{P}$ est la réunion disjointe de briques $E_{1}, \dots, E_{r}$ de taille $(a, b, c)$, la question 2 donne, l'ordre des facteurs étant indifférent, $$w(\mathcal{P}) = \sum_{\ell = 1}^{r} X^{s_{\ell}}(X^{a} - 1)(X^{b} - 1)(X^{c} - 1),$$ où $s_{\ell}$ est la somme des coordonnées du coin de $E_{\ell}$. Le polynôme $T = (X^{a} - 1)(X^{b} - 1)(X^{c} - 1)$ divise donc $X^{3}S$, avec $S = (X^{A} - 1)(X^{B} - 1)(X^{C} - 1)$. Comme $0$ n'est pas racine de $T$, les polynômes $T$ et $X^{3}$ sont premiers entre eux (proposition 16 (ii)), et le lemme de Gauss (théorème 9) donne $T \mid S$.

4. Ici $T = (X - 1)(X^{2} - 1)(X^{4} - 1)$ admet $\mathrm{i}$ pour racine, puisque $\mathrm{i}^{4} = 1$. Mais $\mathrm{i}^{10} = (\mathrm{i}^{2})^{5} = -1$, donc $\mathrm{i}$ n'est pas racine de $S = (X^{10} - 1)^{3}$ : $T$ ne divise pas $S$ (proposition 16 (i)), et la question 3 conclut. L'argument de volume ne suffisait pas : $1000 = 8 \times 125$.

5. On compare les multiplicités de $-1$ ; dans un produit, la multiplicité d'une racine est la somme des multiplicités dans les facteurs, par la proposition 9. Dans $T$, le réel $-1$ est racine simple de $X^{2} - 1$ et de $X^{4} - 1$, et n'est pas racine de $X - 1$ : il est de multiplicité $2$. Dans $S = (X^{7} - 1)(X^{8} - 1)(X^{9} - 1)$, il n'est racine ni de $X^{7} - 1$ ni de $X^{9} - 1$, et il est racine simple de $X^{8} - 1$, dont les huit racines sont distinctes (proposition 17) : il est de multiplicité $1 < 2$. Donc $T$ ne divise pas $S$, et le pavé n'est pas pavable, bien que $504 = 8 \times 63$.

6. On a $\zeta_{d}^{m} = \mathrm{e}^{2\mathrm{i}\pi m/d}$, qui vaut $1$ si et seulement si $\frac{m}{d} \in \mathbb{Z}$ (chapitre 4), c'est-à-dire si et seulement si $d \mid m$. Par la proposition 17, $X^{m} - 1$ a $m$ racines distinctes et est de degré $m$ : la somme des multiplicités valant $m$, chacune vaut $1$.

7. Supposons d'abord, quitte à permuter, que $a \mid A$, $b \mid B$ et $c \mid C$. Les $\frac{A}{a} \times \frac{B}{b} \times \frac{C}{c}$ briques $$[\![(p - 1)a + 1\,;pa]\!] \times [\![(q - 1)b + 1\,;qb]\!] \times [\![(t - 1)c + 1\,;tc]\!], \qquad 1 \leqslant p \leqslant \frac{A}{a}, \ 1 \leqslant q \leqslant \frac{B}{b}, \ 1 \leqslant t \leqslant \frac{C}{c},$$ sont deux à deux disjointes et recouvrent le pavé ; si la permutation n'est pas l'identité, on oriente les briques en conséquence.

Réciproquement, supposons $\mathcal{P}$ pavable, de sorte que $T \mid S$ par la question 3. Par la question 6 et l'additivité des multiplicités, pour tout $d \in \mathbb{N}^{*}$, la multiplicité de $\zeta_{d}$ dans $T$ est le nombre de termes de la liste $(a, b, c)$ divisibles par $d$, et sa multiplicité dans $S$ est le nombre de termes de la liste $(A, B, C)$ divisibles par $d$. La proposition 16 (i) fournit les trois inégalités suivantes.

• Pour $d = c$, la multiplicité dans $T$ est au moins $1$ : l'un des entiers $A$, $B$, $C$ est multiple de $c$ ; on l'appelle $C_{1}$.

• Pour $d = b$, comme $b \mid b$ et $b \mid c$, la multiplicité dans $T$ est au moins $2$ : deux des entiers $A$, $B$, $C$ au moins sont multiples de $b$, et l'un d'eux n'est pas $C_{1}$ ; on l'appelle $B_{1}$.

• Pour $d = a$, comme $a$ divise $a$, $b$ et $c$, la multiplicité dans $T$ vaut $3$ : les trois entiers sont multiples de $a$, en particulier le troisième, que l'on appelle $A_{1}$.

Les deux implications sont établies. Lorsque $a \mid b$ et $b \mid c$, en notant $(A_{1}, B_{1}, C_{1})$ une permutation convenable de $(A, B, C)$ : $$\boxed{\mathcal{P} \text{ est } (a, b, c)\text{-pavable} \iff a \mid A_{1}, \ b \mid B_{1} \ \text{et} \ c \mid C_{1}}$$ La démonstration montre davantage : pour une brique « harmonique » ($a \mid b \mid c$), la condition de divisibilité de la question 3 est non seulement nécessaire, mais suffisante.

Piège. L'hypothèse $a \mid b \mid c$ est indispensable. Le pavé de dimensions $1$, $5$, $6$ est $(1, 2, 3)$-pavable : on recouvre une bande $2 \times 6$ par deux briques $2 \times 3$, puis la bande $3 \times 6$ restante par trois briques $3 \times 2$. Pourtant aucune permutation de $(1, 5, 6)$ n'a ses termes multiples de $1$, $2$, $3$ respectivement, puisque $5$ n'est multiple ni de $2$ ni de $3$.