Source LaTeX de référence, entiers-quadratiques.tex — télécharger le fichier
% Entiers quadratiques : équation de Pell-Fermat et polygones réguliers du réseau
% Compile avec pdflatex, xelatex ou lualatex.
\documentclass[11pt,a4paper]{article}
\usepackage{iftex}
\ifPDFTeX
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}
\IfFileExists{lmodern.sty}{\usepackage{lmodern}}{}
\usepackage[french]{babel}
\else
\usepackage{fontspec}
\usepackage{polyglossia}
\setdefaultlanguage{french}
\fi
\usepackage[margin=2.6cm]{geometry}
\usepackage{amsmath,amssymb,amsthm,mathtools}
\usepackage{enumitem}
\usepackage{microtype}
\usepackage[hidelinks]{hyperref}
\usepackage{tikz}
\input{../figures/tikz-setup.tex}
% ---------- Environnements ----------
\theoremstyle{plain}
\newtheorem{theoreme}{Théorème}[section]
\newtheorem{proposition}[theoreme]{Proposition}
\newtheorem{lemme}[theoreme]{Lemme}
\newtheorem{corollaire}[theoreme]{Corollaire}
\theoremstyle{definition}
\newtheorem{definition}[theoreme]{Définition}
\newtheorem{exemple}[theoreme]{Exemple}
\newtheorem{exercice}{Exercice}
\theoremstyle{remark}
\newtheorem{remarque}[theoreme]{Remarque}
% ---------- Notations ----------
\newcommand{\N}{\mathbb{N}}
\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}
\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}
\newcommand{\R}{\mathbb{R}}
\newcommand{\C}{\mathbb{C}}
\newcommand{\pgcd}{\wedge}
\DeclareMathOperator{\Nm}{N}
\DeclareMathOperator{\tr}{tr}
\title{Entiers quadratiques : unités de $\Z[\sqrt2]$\\ et polygones réguliers du réseau\\[2pt]
\large Deux exercices de terminale et ce qu'ils cachent}
\author{Michel Hua}
\date{Octobre 2026}
\begin{document}
\maketitle
\begin{abstract}
On part de deux exercices de terminale. Le premier demande si un triangle équilatéral peut avoir ses sommets sur un quadrillage. Le second demande de montrer que chaque puissance $(1+\sqrt2)^q$ s'écrit $\sqrt{n+1}+\sqrt n$ avec $n$ entier. Les deux se résolvent en quelques lignes, mais chacun cache une idée plus générale. Derrière le second, il y a le groupe des unités de l'anneau $\Z[\sqrt2]$ : on montre que ce sont exactement les $\pm(1+\sqrt2)^k$, ce qui résout l'équation de Pell-Fermat $x^2-2y^2=\pm1$, et que cet anneau est euclidien. Derrière le premier, il y a un argument de trace : une rotation qui préserve un réseau a une trace entière. On en déduit que le seul polygone régulier à sommets entiers dans le plan est le carré.
\end{abstract}
\paragraph{Leçons concernées.} 126 (Exemples d'équations en arithmétique), 122 (Anneaux principaux), 191 (Exemples d'utilisation des techniques d'algèbre en géométrie), 102 (Groupe des nombres complexes de module $1$, racines de l'unité).
\paragraph{Développements possibles.} Théorème \ref{thm:unites} et corollaire \ref{cor:z2} (unités de $\Z[\sqrt2]$ et équation $x^2-2y^2=\pm1$) ; proposition \ref{prop:euclide} et exercice \ref{exo:premiers} ; théorème \ref{thm:polygones} avec l'exercice \ref{exo:zd}. Le fichier \texttt{EntiersQuadratiques.lean} vérifie avec Mathlib le lemme \ref{lem:irr}, la proposition \ref{prop:norme}, le corollaire \ref{cor:z2}, les propositions \ref{prop:consecutifs}, \ref{prop:euclide} et \ref{prop:triangle}, le théorème \ref{thm:polygones} (par le théorème de Niven plutôt que par la trace) et l'exercice \ref{exo:z3}.
\paragraph{Prérequis.} Irrationalité de $\sqrt2$, anneaux et groupes, anneaux principaux, matrices $2\times2$, rotations du plan.
\paragraph{Notations.} Dans tout le texte, $d\geq2$ est un entier qui n'est pas un carré parfait. On note $\Z[\sqrt d]=\{a+b\sqrt d : a,b\in\Z\}$ et $\Q(\sqrt d)=\{r+s\sqrt d : r,s\in\Q\}$. Ce sont des sous-anneaux de $\R$.
\tableofcontents
% ==========================================================
\section{Deux questions de terminale}
% ==========================================================
\paragraph{Première question.} Sur une feuille quadrillée, peut-on dessiner un triangle équilatéral dont les trois sommets sont des nœuds du quadrillage ? On essaie. Le triangle $(0,0)$, $(2,0)$, $(1,2)$ est isocèle, mais ses côtés valent $2$, $\sqrt5$ et $\sqrt5$. On n'arrive jamais à égaliser les trois (figure \ref{fig:quadrillage}). Nous verrons pourquoi : la hauteur d'un triangle équilatéral de côté $\ell$ vaut $\frac{\sqrt3}2\ell$, et $\sqrt3$ est irrationnel.
\begin{figure}[h]
\centering
\begin{tikzpicture}[scale=1.6]
\foreach \x in {0,...,3} \foreach \y in {0,...,3} \fill[gray!60] (\x,\y) circle (1.4pt);
\draw[gray!30] (-0.4,-0.4) grid (3.4,3.4);
\draw[thick,accent] (0,0) -- (2,0) -- (1,2) -- cycle;
\draw[thick,dashed,accent2] (0,0) -- (1,1.732) -- (2,0);
\fill[accent2] (1,1.732) circle (2pt) node[left=4pt] {$(1,\sqrt{3})$};
\fill[accent] (1,2) circle (2pt) node[above=2pt] {$(1,2)$};
\draw[<->,accent2] (1.15,1.732) -- (1.15,2) node[midway,right=2pt,font=\scriptsize] {$2-\sqrt{3}$};
\node[below] at (0,0) {$(0,0)$};
\node[below] at (2,0) {$(2,0)$};
\end{tikzpicture}
\caption{Sur la base $(0,0)$, $(2,0)$, le troisième sommet du triangle équilatéral est $(1,\sqrt3)$ : il tombe entre deux nœuds. Le nœud le plus proche, $(1,2)$, donne un triangle seulement isocèle.}\label{fig:quadrillage}
\end{figure}
\paragraph{Seconde question.} Développons les premières puissances de $1+\sqrt2$ :
\[
\begin{array}{c|ccccc}
q&1&2&3&4&5\\\hline
(1+\sqrt2)^q&1+\sqrt2&3+2\sqrt2&7+5\sqrt2&17+12\sqrt2&41+29\sqrt2\\
&\sqrt1+\sqrt2&\sqrt9+\sqrt8&\sqrt{49}+\sqrt{50}&\sqrt{289}+\sqrt{288}&\sqrt{1681}+\sqrt{1682}
\end{array}
\]
À chaque fois, on obtient la somme des racines de deux entiers \emph{consécutifs}. L'exercice demande de montrer que c'est toujours le cas : pour tout $q\in\N$, il existe $n\in\N$ tel que
\[
(1+\sqrt2)^q=\sqrt{n+1}+\sqrt n .
\]
Si l'on écrit $(1+\sqrt2)^q=a_q+b_q\sqrt2$, cela revient à dire que $a_q^2$ et $2b_q^2$ sont consécutifs, c'est-à-dire que $a_q^2-2b_q^2=\pm1$.
\paragraph{Ce qu'on va faire.} La seconde question parle d'une équation, $x^2-2y^2=\pm1$, et la section \ref{sec:unites} la résout complètement. La bonne notion est celle d'\emph{unité} d'un anneau. La première question parle de géométrie, et la section \ref{sec:polygones} la généralise à tous les polygones réguliers. Dans les deux cas, l'outil de base est le même : un nombre irrationnel ne peut pas être égal à un quotient d'entiers.
% ==========================================================
\section{Unités de \texorpdfstring{$\Z[\sqrt d]$}{Z[sqrt d]} et équation de Pell-Fermat}\label{sec:unites}
% ==========================================================
\subsection{Norme et conjugaison}
Pour calculer dans $\Z[\sqrt d]$, on veut pouvoir identifier les coefficients : si $a+b\sqrt d=a'+b'\sqrt d$, on aimerait conclure $a=a'$ et $b=b'$. C'est exactement l'irrationalité de $\sqrt d$.
\begin{lemme}\label{lem:irr}
Le réel $\sqrt d$ est irrationnel. Par conséquent, si $r,s\in\Q$ vérifient $r+s\sqrt d=0$, alors $r=s=0$. En particulier, l'écriture d'un élément de $\Q(\sqrt d)$ sous la forme $r+s\sqrt d$ est unique.
\end{lemme}
\begin{proof}
Supposons $\sqrt d=p/q$ avec $p,q\geq1$ et $p\pgcd q=1$. Alors $p^2=dq^2$. Si un nombre premier $\ell$ divisait $q$, il diviserait $p^2$, donc $p$. C'est impossible puisque $p\pgcd q=1$. Donc $q=1$ et $d=p^2$ est un carré, ce qui est exclu.
Si maintenant $r+s\sqrt d=0$ avec $s\neq0$, on aurait $\sqrt d=-r/s\in\Q$. Donc $s=0$, puis $r=0$. L'unicité de l'écriture s'obtient en appliquant ceci à la différence de deux écritures.
\end{proof}
Dans la feuille d'origine, on montrait par une récurrence que $(1+\sqrt2)^q=a_q+b_q\sqrt2$, puis, par une seconde récurrence, que $(1-\sqrt2)^q=a_q-b_q\sqrt2$ avec les \emph{mêmes} coefficients. Cette seconde récurrence cache un fait simple : changer $\sqrt2$ en $-\sqrt2$ respecte les opérations. On donne un nom à cette opération.
\begin{definition}
La \emph{conjugaison} est l'application $\sigma:\Q(\sqrt d)\to\Q(\sqrt d)$, $r+s\sqrt d\mapsto r-s\sqrt d$. Elle est bien définie grâce au lemme \ref{lem:irr}. La \emph{norme} est $\Nm(x)=x\,\sigma(x)$, c'est-à-dire
\[
\Nm(r+s\sqrt d)=(r+s\sqrt d)(r-s\sqrt d)=r^2-ds^2 .
\]
\end{definition}
L'équation $x^2-2y^2=\pm1$ s'écrit donc $\Nm(x+y\sqrt2)=\pm1$. La proposition suivante rassemble ce qu'on sait de la norme. Le point important est le troisième : les solutions de l'équation sont exactement les éléments inversibles de l'anneau.
\begin{proposition}\label{prop:norme}
\begin{enumerate}[nosep]
\item $\sigma$ est un automorphisme de l'anneau $\Q(\sqrt d)$, égal à son propre inverse, qui envoie $\Z[\sqrt d]$ dans lui-même.
\item La norme est multiplicative : $\Nm(xy)=\Nm(x)\Nm(y)$. Elle est entière sur $\Z[\sqrt d]$, et $\Nm(x)=0$ si et seulement si $x=0$.
\item Un élément $x\in\Z[\sqrt d]$ est inversible dans $\Z[\sqrt d]$ si et seulement si $\Nm(x)=\pm1$. Dans ce cas, $x^{-1}=\Nm(x)\,\sigma(x)$.
\end{enumerate}
\end{proposition}
\begin{proof}
1. L'additivité est claire. Pour la multiplicativité, on écrit $x=r+s\sqrt d$ et $x'=r'+s'\sqrt d$. On a $xx'=(rr'+dss')+(rs'+r's)\sqrt d$, et
\[
\sigma(x)\sigma(x')=(r-s\sqrt d)(r'-s'\sqrt d)=(rr'+dss')-(rs'+r's)\sqrt d=\sigma(xx').
\]
Enfin $\sigma(1)=1$ et $\sigma\circ\sigma=\mathrm{id}$. Si $r,s$ sont entiers, $r-s\sqrt d$ est dans $\Z[\sqrt d]$.
2. On a $\Nm(xx')=xx'\,\sigma(x)\sigma(x')=x\sigma(x)\cdot x'\sigma(x')=\Nm(x)\Nm(x')$. Pour $x\in\Z[\sqrt d]$, $\Nm(x)=a^2-db^2\in\Z$. Supposons $\Nm(r+s\sqrt d)=0$. Si $s\neq0$, alors $d=(r/s)^2$ et $\sqrt d=|r/s|\in\Q$, ce qui contredit le lemme \ref{lem:irr}. Donc $s=0$, puis $r^2=0$.
3. Si $xy=1$ avec $x,y\in\Z[\sqrt d]$, alors $\Nm(x)\Nm(y)=\Nm(1)=1$. Ce sont deux entiers de produit $1$, donc $\Nm(x)=\pm1$. Réciproquement, si $\Nm(x)=\pm1$, on a $x\cdot\Nm(x)\sigma(x)=\Nm(x)^2=1$, et $\Nm(x)\sigma(x)$ est bien dans $\Z[\sqrt d]$.
\end{proof}
La multiplicativité de la norme répond déjà à la question de départ. Comme $\Nm(1+\sqrt2)=1-2=-1$, on a $\Nm\big((1+\sqrt2)^q\big)=(-1)^q$, c'est-à-dire $a_q^2-2b_q^2=(-1)^q$. La feuille d'origine ne faisait pas autre chose, avec $\sigma$ caché dans la seconde récurrence. Mais on peut aller plus loin et se demander si les $(1+\sqrt2)^q$ sont les \emph{seules} solutions.
\subsection{Structure du groupe des unités}
Le groupe des unités $\Z[\sqrt d]^\times$ contient toujours $1$ et $-1$. On veut décrire les autres. L'idée est de les ranger sur la droite réelle : on va voir qu'il y a une plus petite unité strictement plus grande que $1$, et que toutes les autres en sont des puissances. Le lemme suivant dit qu'une unité $>1$ a des coefficients positifs, ce qui empêche les unités de s'accumuler près de $1$.
\begin{lemme}\label{lem:positif}
Si $u=a+b\sqrt d\in\Z[\sqrt d]^\times$ vérifie $u>1$, alors $a\geq1$ et $b\geq1$. En particulier $u\geq1+\sqrt d$.
\end{lemme}
\begin{proof}
L'idée est que le conjugué d'une grande unité est petit. Par la proposition \ref{prop:norme}, $u\,\sigma(u)=\pm1$, donc $\sigma(u)=\pm1/u$ appartient à $]-1,1[$. On récupère les coefficients par demi-somme et demi-différence :
\[
2a=u+\sigma(u)>1-1=0,\qquad 2b\sqrt d=u-\sigma(u)>1-1=0 .
\]
Comme $a$ et $b$ sont entiers, $a\geq1$ et $b\geq1$.
\end{proof}
\begin{theoreme}\label{thm:unites}
Si $\Z[\sqrt d]^\times\neq\{\pm1\}$, alors $\Z[\sqrt d]^\times$ possède un plus petit élément $\varepsilon_d$ strictement supérieur à $1$, et
\[
\Z[\sqrt d]^\times=\{\pm\varepsilon_d^{\,k} : k\in\Z\}\simeq\{\pm1\}\times\Z .
\]
On dit que $\varepsilon_d$ est l'\emph{unité fondamentale} de $\Z[\sqrt d]$.
\end{theoreme}
L'idée de la preuve est celle de la division euclidienne, mais pour la multiplication. Si $u$ est une unité positive, on l'encadre entre deux puissances consécutives de $\varepsilon_d$. En divisant par la plus petite, on obtient une unité comprise entre $1$ et $\varepsilon_d$. Par minimalité de $\varepsilon_d$, ce « reste » vaut $1$.
\begin{proof}
\emph{Existence de $\varepsilon_d$.} Soit $u$ une unité différente de $\pm1$. Comme $u$ est réel, $|u|\neq1$. L'un des quatre réels $u,-u,u^{-1},-u^{-1}$ est donc $>1$ ; c'est une unité, notée $M$. Par le lemme \ref{lem:positif}, une unité $a+b\sqrt d$ comprise dans $]1,M]$ vérifie $1\leq a\leq M$ et $1\leq b\leq M/\sqrt d$. Il n'y en a donc qu'un nombre fini, et il y en a au moins une, $M$ lui-même. On note $\varepsilon_d$ la plus petite.
\emph{Descente.} Soit $u$ une unité. Quitte à remplacer $u$ par $-u$, on suppose $u>0$. Comme $\varepsilon_d>1$, il existe un unique $k\in\Z$ tel que $\varepsilon_d^{\,k}\leq u<\varepsilon_d^{\,k+1}$, à savoir $k=\lfloor\ln u/\ln\varepsilon_d\rfloor$. Alors $v=u\,\varepsilon_d^{-k}$ est une unité, et $1\leq v<\varepsilon_d$. Par minimalité de $\varepsilon_d$, on ne peut pas avoir $v>1$. Donc $v=1$ et $u=\varepsilon_d^{\,k}$.
\emph{Isomorphisme.} L'application $(\pm1,k)\mapsto\pm\varepsilon_d^{\,k}$ est un morphisme de groupes, surjectif d'après ce qui précède. Il est injectif : si $\pm\varepsilon_d^{\,k}=1$, alors le signe est $+$ (car $\varepsilon_d^{\,k}>0$), puis $k=0$ (car $\varepsilon_d>1$).
\end{proof}
Le théorème ne dit pas comment trouver $\varepsilon_d$. Pour $d=2$, le lemme \ref{lem:positif} le donne immédiatement : une unité $>1$ est au moins $1+\sqrt2$, et $1+\sqrt2$ est une unité.
\begin{corollaire}\label{cor:z2}
\begin{enumerate}[nosep]
\item $\Z[\sqrt2]^\times=\{\pm(1+\sqrt2)^k : k\in\Z\}$.
\item Pour $q\in\N$, écrivons $(1+\sqrt2)^q=a_q+b_q\sqrt2$. Les solutions dans $\N^2$ de $x^2-2y^2=1$ sont les $(a_q,b_q)$ avec $q$ pair. Celles de $x^2-2y^2=-1$ sont les $(a_q,b_q)$ avec $q$ impair.
\end{enumerate}
\end{corollaire}
\begin{proof}
1. On a $\Nm(1+\sqrt2)=-1$, donc $1+\sqrt2$ est une unité $>1$ et le théorème s'applique. Par le lemme \ref{lem:positif}, toute unité $>1$ est $\geq1+\sqrt2$. Donc $\varepsilon_2=1+\sqrt2$.
2. Soit $(x,y)\in\N^2$ avec $x^2-2y^2=\pm1$. Alors $u=x+y\sqrt2$ est une unité. Elle n'est pas nulle, donc $(x,y)\neq(0,0)$ et $u\geq1$. Par le point 1, $u=(1+\sqrt2)^q$ avec $q\in\Z$. On a $q\geq0$, car $(1+\sqrt2)^q<1$ pour $q<0$. Par unicité de l'écriture, $(x,y)=(a_q,b_q)$, et le signe est $\Nm\big((1+\sqrt2)^q\big)=(-1)^q$.
Réciproquement, chaque $(a_q,b_q)$ est dans $\N^2$. En effet, en multipliant par $1+\sqrt2$, on obtient la récurrence $a_{q+1}=a_q+2b_q$, $b_{q+1}=a_q+b_q$, avec $(a_0,b_0)=(1,0)$.
\end{proof}
\begin{exemple}
Voici les premières valeurs :
\[
\begin{array}{c|cccccccc}
q&0&1&2&3&4&5&6&7\\\hline
a_q&1&1&3&7&17&41&99&239\\
b_q&0&1&2&5&12&29&70&169
\end{array}
\]
On vérifie par exemple $99^2-2\cdot70^2=9801-9800=1$ et $239^2-2\cdot169^2=57121-57122=-1$. Les deux suites vérifient aussi $x_{q+2}=2x_{q+1}+x_q$, puisque $1+\sqrt2$ est racine de $X^2-2X-1$. La figure \ref{fig:hyperboles} montre ces points sur les deux hyperboles $x^2-2y^2=\pm1$ : multiplier par $1+\sqrt2$ fait sauter d'une branche à l'autre en s'éloignant de l'origine.
\end{exemple}
\begin{figure}[h]
\centering
\begin{tikzpicture}[scale=1.15]
\draw[gray!30] (0,0) grid (4.3,3.2);
\draw[->] (0,0) -- (4.6,0) node[right] {$x$};
\draw[->] (0,0) -- (0,3.4) node[above] {$y$};
\draw[dashed,gray] (0,0) -- (4.5,3.18) node[right,font=\scriptsize] {$y=x/\sqrt{2}$};
\draw[thick,accent] plot[domain=0:2.14,samples=60] ({cosh(\x)},{sinh(\x)/sqrt(2)});
\draw[thick,accent2] plot[domain=0:2.17,samples=60] ({sinh(\x)},{cosh(\x)/sqrt(2)});
\fill[accent] (1,0) circle (2.5pt) node[below] {$1$};
\fill[accent2] (1,1) circle (2.5pt) node[above left] {$1+\sqrt{2}$};
\fill[accent] (3,2) circle (2.5pt) node[below right] {$(1+\sqrt{2})^2$};
\node[accent,font=\small] at (3.6,0.9) {$x^2-2y^2=1$};
\node[accent2,font=\small] at (1.1,2.7) {$x^2-2y^2=-1$};
\end{tikzpicture}
\caption{Les deux hyperboles $x^2-2y^2=\pm1$ et leurs premiers points entiers du premier quadrant ; le suivant est $(7,5)$. Ils alternent d'une branche à l'autre : $(a_q,b_q)$ est sur $x^2-2y^2=(-1)^q$.}\label{fig:hyperboles}
\end{figure}
\subsection{Retour à l'exercice}
On a maintenant tout ce qu'il faut. Rien dans l'argument n'est propre à $1+\sqrt2$ : il suffit de partir d'une solution de $a^2-db^2=\pm1$ à coefficients positifs. On énonce donc le résultat dans cette généralité.
\begin{proposition}\label{prop:consecutifs}
Soit $(a,b)\in\N^2$ tel que $a^2-db^2=\eta\in\{-1,1\}$. Pour $q\in\N$, on écrit $(a+b\sqrt d)^q=A_q+B_q\sqrt d$. Alors $A_q,B_q\in\N$ et $A_q^2-dB_q^2=\eta^q$. Les entiers $A_q^2$ et $dB_q^2$ sont donc consécutifs, et
\[
(a+b\sqrt d)^q=\sqrt{n+1}+\sqrt n,\qquad n=\min(A_q^2,\,dB_q^2).
\]
De plus, cet entier $n$ est unique.
\end{proposition}
\begin{proof}
On a $A_0=1$ et $B_0=0$. En multipliant par $a+b\sqrt d$, on obtient $A_{q+1}=aA_q+dbB_q$ et $B_{q+1}=bA_q+aB_q$. Par récurrence, ce sont des entiers positifs.
Par multiplicativité de la norme, $A_q^2-dB_q^2=\Nm\big((a+b\sqrt d)^q\big)=\Nm(a+b\sqrt d)^q=\eta^q$. Comme $A_q\geq0$ et $B_q\geq0$, on peut écrire $A_q=\sqrt{A_q^2}$ et $B_q\sqrt d=\sqrt{dB_q^2}$. Ce sont les racines de deux entiers consécutifs, d'où la forme annoncée.
Enfin, la fonction $t\mapsto\sqrt{t+1}+\sqrt t$ est strictement croissante sur $\R_+$, donc deux valeurs différentes de $n$ donnent deux réels différents.
\end{proof}
\begin{exemple}
Pour $d=2$ et $a=b=1$, on retrouve l'exercice. On a $n=2b_q^2$ si $q$ est pair et $n=a_q^2$ si $q$ est impair. Par exemple
\[
(1+\sqrt2)^5=41+29\sqrt2=\sqrt{1682}+\sqrt{1681},\qquad
(1+\sqrt2)^6=99+70\sqrt2=\sqrt{9801}+\sqrt{9800}.
\]
Avec $d=3$ et $(a,b)=(2,1)$, on obtient de même $(2+\sqrt3)^2=7+4\sqrt3=\sqrt{49}+\sqrt{48}$.
\end{exemple}
\begin{remarque}
La preuve n'utilise pas vraiment que $d$ n'est pas un carré. Si on remplace $\sigma$ par le développement du binôme, on obtient directement $(a-b\sqrt d)^q=A_q-B_q\sqrt d$ : seuls les termes qui contiennent une puissance impaire de $\sqrt d$ changent de signe.
\end{remarque}
\subsection{Compléments}
On a utilisé l'anneau $\Z[\sqrt2]$ comme un cadre de calcul. Il a une propriété de plus, qui le rapproche de $\Z$ : on peut y faire des divisions euclidiennes. La norme joue le rôle de la valeur absolue.
\begin{proposition}\label{prop:euclide}
L'anneau $\Z[\sqrt2]$ est euclidien pour le stathme $x\mapsto|\Nm(x)|$. En particulier, il est principal, donc factoriel.
\end{proposition}
\begin{proof}
L'idée est la même que dans $\Z$ : on calcule le quotient exact dans $\Q(\sqrt2)$, puis on l'arrondit à l'élément de $\Z[\sqrt2]$ le plus proche.
L'anneau $\Z[\sqrt2]$ est intègre, comme sous-anneau de $\R$. Soit $x,y\in\Z[\sqrt2]$ avec $y\neq0$. Dans $\Q(\sqrt2)$, on écrit $x/y=x\sigma(y)/\Nm(y)=r+s\sqrt2$ avec $r,s\in\Q$. On choisit des entiers $m,n$ avec $|r-m|\leq\frac12$ et $|s-n|\leq\frac12$. On pose $q=m+n\sqrt2$ et $\rho=x-qy$, qui sont dans $\Z[\sqrt2]$. Avec $\alpha=r-m$ et $\beta=s-n$, on a $\rho=y(\alpha+\beta\sqrt2)$, donc
\[
|\Nm(\rho)|=|\Nm(y)|\cdot|\alpha^2-2\beta^2|\leq|\Nm(y)|\max(\alpha^2,2\beta^2)\leq\tfrac12|\Nm(y)|<|\Nm(y)|.
\]
La première inégalité vient de ce que $\alpha^2$ et $2\beta^2$ sont deux réels positifs : leur différence est majorée en valeur absolue par le plus grand des deux.
\end{proof}
\begin{remarque}
Le même argument montre que $\Z[\sqrt3]$ est euclidien, avec $|\alpha^2-3\beta^2|\leq\frac34$. Il ne marche plus pour $d$ grand, et le résultat devient faux : $\Z[\sqrt{10}]$ n'est pas principal. En effet $2\cdot3=(4+\sqrt{10})(4-\sqrt{10})$, et $2$ est irréductible sans être premier. Il est irréductible car aucun élément n'est de norme $\pm2$, puisque $x^2\equiv\pm2\pmod5$ n'a pas de solution. Il n'est pas premier car il ne divise ni $4+\sqrt{10}$ ni $4-\sqrt{10}$.
\end{remarque}
\begin{remarque}[Fractions continues]
On a $\sqrt2=[1;2,2,2,\dots]$, et les réduites $1,\frac32,\frac75,\frac{17}{12},\frac{41}{29},\dots$ sont exactement les $a_q/b_q$. Voici pourquoi. Si $a^2-2b^2=\pm1$ avec $b\geq1$, alors $|a-b\sqrt2|=1/(a+b\sqrt2)$ et $a\geq b$, donc
\[
\Big|\frac ab-\sqrt2\Big|=\frac{1}{b\,(a+b\sqrt2)}<\frac{1}{2b^2}.
\]
Le critère de Legendre dit alors que $a/b$ est une réduite de $\sqrt2$. En général, l'unité fondamentale de $\Z[\sqrt d]$ se lit sur la période du développement en fraction continue de $\sqrt d$.
\end{remarque}
\begin{remarque}[Dirichlet]
Le théorème \ref{thm:unites} suppose qu'il existe une unité autre que $\pm1$. C'est toujours vrai (Lagrange) : l'équation $x^2-dy^2=1$ a une solution non triviale, ce qui se démontre avec le théorème d'approximation de Dirichlet. C'est un cas particulier du théorème des unités de Dirichlet : pour un corps de nombres $K$ ayant $r_1$ plongements réels et $r_2$ paires de plongements complexes, $\mathcal O_K^\times\simeq\mu(K)\times\Z^{r_1+r_2-1}$. Attention, $\Z[\sqrt d]$ n'est pas toujours l'anneau des entiers de $\Q(\sqrt d)$ : pour $d=5$, celui-ci est $\Z\big[\frac{1+\sqrt5}2\big]$, d'unité fondamentale le nombre d'or.
\end{remarque}
% ==========================================================
\section{Polygones réguliers à sommets entiers}\label{sec:polygones}
% ==========================================================
\subsection{Le triangle équilatéral}
On revient à la première question. On en donne deux preuves. La première est celle de la feuille d'origine : elle traduit « équilatéral » par une rotation et sépare parties réelle et imaginaire. La seconde compare deux calculs de l'aire, et elle est plus courte.
\begin{proposition}\label{prop:triangle}
Il n'existe pas de triangle équilatéral, non réduit à un point, dont les sommets sont dans $\Z^2$.
\end{proposition}
\begin{proof}[Preuve de la feuille d'origine]
On identifie $\R^2$ à $\C$, de sorte que $\Z^2$ devient $\Z[i]$. Soit $A,B,C$ trois points de $\Z[i]$ formant un triangle équilatéral, d'affixes $a,b,c$. Quitte à échanger $B$ et $C$, le triangle est direct. Cela veut dire qu'on passe de $\overrightarrow{AB}$ à $\overrightarrow{AC}$ par la rotation d'angle $\pi/3$ :
\[
c-a=\omega(b-a),\qquad\omega=e^{i\pi/3}=\tfrac12+i\tfrac{\sqrt3}2 .
\]
Posons $b-a=u+iv$ et $c-a=s+it$, avec $u,v,s,t\in\Z$. En développant et en séparant parties réelle et imaginaire, on obtient
\[
2s-u=-v\sqrt3,\qquad 2t-v=u\sqrt3 .
\]
Par le lemme \ref{lem:irr} appliqué à $d=3$, la première égalité donne $v=0$ et la seconde $u=0$. Donc $B=A$, puis $C=A$.
\end{proof}
\begin{proof}[Preuve par l'aire]
Soit $A,B,C\in\Z^2$ formant un triangle équilatéral de côté $\ell>0$. On calcule son aire de deux façons.
\begin{itemize}[nosep]
\item Par le déterminant : l'aire vaut $\frac12|\det(B-A,C-A)|$, qui est dans $\frac12\Z$.
\item Par la géométrie : l'aire vaut $\frac{\sqrt3}{4}\ell^2$, où $\ell^2=\|B-A\|^2$ est un entier non nul.
\end{itemize}
En égalant, $\sqrt3=2|\det(B-A,C-A)|/\ell^2$ serait rationnel, ce qui est absurde.
\end{proof}
\subsection{Tous les polygones réguliers}
Le carré, lui, se dessine sans difficulté sur un quadrillage. Que se passe-t-il pour l'hexagone, l'octogone, le pentagone ? On va voir que le carré est le seul. Commençons par dire précisément ce qu'est un polygone régulier : on part d'un sommet et on tourne autour du centre, toujours du même angle.
\begin{definition}
Soit $n\geq3$ et $P$ un plan affine euclidien, de direction $V$. Un \emph{polygone régulier à $n$ sommets} de $P$ est une famille $(P_k)_{k\in\Z/n\Z}$ de la forme $P_k=O+R^k(v)$, où $O\in P$, $v\in V$ est non nul, et $R$ est la rotation vectorielle de $V$ d'angle $2\pi/n$ pour l'une des deux orientations.
\end{definition}
\begin{theoreme}\label{thm:polygones}
Soit $n\geq3$. Il existe un polygone régulier à $n$ sommets dont les sommets sont dans $\Z^2$ si et seulement si $n=4$.
\end{theoreme}
Voici l'idée. Les côtés du polygone sont des vecteurs à coordonnées entières, et la rotation $R$ les envoie les uns sur les autres. Elle préserve donc un réseau, et sa matrice dans une base de ce réseau est à coefficients entiers. Or la trace d'une matrice ne dépend pas de la base, et la trace d'une rotation d'angle $\theta$ vaut $2\cos\theta$. Donc $2\cos(2\pi/n)$ est entier, ce qui laisse très peu de possibilités. La figure \ref{fig:carre} montre la situation pour le carré.
\begin{figure}[h]
\centering
\begin{tikzpicture}[scale=1.2,>={Stealth[length=2.4mm]}]
\foreach \x in {0,...,4} \foreach \y in {0,...,3} \fill[gray!60] (\x,\y) circle (1.3pt);
\coordinate (P0) at (1,0); \coordinate (P1) at (3,1);
\coordinate (P2) at (2,3); \coordinate (P3) at (0,2);
\coordinate (O) at (1.5,1.5);
\draw[thick,->,accent] (P0) -- (P1) node[midway,below right] {$w_0$};
\draw[thick,->,accent] (P1) -- (P2) node[midway,right] {$w_1$};
\draw[thick,->,accent] (P2) -- (P3) node[midway,above left] {$w_2$};
\draw[thick,->,accent] (P3) -- (P0) node[midway,left] {$w_3$};
\fill (O) circle (1.5pt) node[below] {$O$};
\draw[->,accent2] (O) ++(0:0.45) arc (0:90:0.45);
\node[accent2] at (2.2,1.95) {$R$};
\end{tikzpicture}
\caption{Un carré de $\mathbb{Z}^2$ et ses vecteurs côtés. La rotation $R$ d'un quart de tour envoie $w_k$ sur $w_{k+1}$ ; ils engendrent le réseau $L$ de la preuve.}\label{fig:carre}
\end{figure}
\begin{proof}
Le carré $(0,0),(1,0),(1,1),(0,1)$ convient pour $n=4$. Réciproquement, soit $(P_k)$ un polygone régulier à sommets dans $\Z^2$, $P_k=O+R^k(v)$, et soit $\theta=2\pi/n\in\,]0,2\pi/3]$.
\emph{Étape 1 : les vecteurs côtés.} Posons $w_k=P_{k+1}-P_k=R^k(Rv-v)$. Ce sont des vecteurs de $\Z^2$, comme différences de points de $\Z^2$, et $R(w_k)=w_{k+1}$ pour tout $k\in\Z/n\Z$. Le vecteur $w_0=Rv-v$ est non nul, car $R$ ne fixe que le vecteur nul puisque $\theta\notin2\pi\Z$. Les vecteurs $w_0$ et $w_1=Rw_0$ sont indépendants, car $\theta\notin\pi\Z$.
\emph{Étape 2 : le réseau.} Soit $L=\sum_{k}\Z w_k$ le sous-groupe de $\Z^2$ engendré par les $w_k$. Comme $R$ permute les $w_k$, on a $R(L)=L$. C'est un sous-groupe de $\Z^2$, donc un $\Z$-module libre de rang fini. Des vecteurs de $\Z^2$ indépendants sur $\Z$ le sont sur $\Q$ (on chasse les dénominateurs), donc sur $\R$ (le rang d'une matrice rationnelle ne dépend pas du corps). Le rang de $L$ est donc au plus $2$. Il vaut $2$ puisque $L$ contient $w_0$ et $w_1$. Une $\Z$-base $(e_1,e_2)$ de $L$ est ainsi une base de $\R^2$.
Attention, on ne peut pas se contenter de $L'=\Z w_0+\Z w_1$ : on sait que $R(w_1)=w_2$ est dans $\Z^2$, mais pas qu'il est dans $L'$. C'est pour cela qu'on prend tous les $w_k$.
\emph{Étape 3 : la trace.} Comme $R(e_1)$ et $R(e_2)$ sont dans $L$, la matrice de $R$ dans la base $(e_1,e_2)$ est à coefficients entiers. Donc $\tr R=2\cos\theta\in\Z$. Or $\theta\in\,]0,2\pi/3]$ donne $2\cos\theta\in[-1,2[$. Donc $2\cos\theta\in\{-1,0,1\}$, c'est-à-dire $\theta\in\{2\pi/3,\pi/2,\pi/3\}$, ou encore $n\in\{3,4,6\}$.
\emph{Étape 4 : conclusion.} Le cas $n=3$ est exclu par la proposition \ref{prop:triangle}. Si $n=6$, les sommets $P_0,P_2,P_4$ s'écrivent $O+(R^2)^j(v)$ pour $j=0,1,2$, où $R^2$ est la rotation d'angle $2\pi/3$. Ils forment un triangle équilatéral à sommets dans $\Z^2$, ce qui est exclu. Il reste $n=4$.
\end{proof}
\begin{remarque}
La preuve vaut aussi pour les polygones étoilés, où $R$ est la rotation d'angle $2\pi m/n$ avec $m\pgcd n=1$ : la condition $2\cos(2\pi m/n)\in\{-1,0,1\}$ donne encore $n\in\{3,4,6\}$. Elle vaut aussi mot pour mot dans $\Z^d$ (exercice \ref{exo:zd}). Seule l'étape 4, qui exclut $n=3$ et $n=6$, utilise la dimension $2$.
\end{remarque}
\begin{remarque}[Racines de l'unité]
En termes complexes, si les sommets $z_k$ sont dans $\Z[i]$, alors $e^{2i\pi/n}=(z_2-z_1)/(z_1-z_0)$ est dans $\Q(i)$. Le théorème \ref{thm:polygones} dit donc que les racines de l'unité de $\Q(i)$ sont $\pm1$ et $\pm i$. On peut aussi le voir ainsi. Une racine primitive $n$-ième de l'unité est de degré $\varphi(n)$ sur $\Q$ (irréductibilité des polynômes cyclotomiques). Si elle est dans $\Q(i)$, on a $\varphi(n)\leq2$, donc $n\in\{1,2,3,4,6\}$. Et $e^{2i\pi/3}=\frac{-1+i\sqrt3}2$ n'est pas dans $\Q(i)$.
\end{remarque}
\begin{remarque}[Entiers d'Eisenstein]
Sur le réseau hexagonal $\Z[j]$, avec $j=e^{2i\pi/3}$, la situation s'inverse : il y a des triangles équilatéraux et des hexagones réguliers, mais pas de carré, puisque $i\notin\Q(j)=\Q(i\sqrt3)$. Le plan $x+y+z=0$ coupe $\Z^3$ selon une copie de ce réseau, ce qui explique l'exercice \ref{exo:zd}.
\end{remarque}
% ==========================================================
\section{Retour aux deux questions}
% ==========================================================
\paragraph{Le triangle.} Aucun triangle équilatéral n'a ses sommets sur un quadrillage, parce que $\sqrt3$ est irrationnel. Plus généralement, le carré est le seul polygone régulier qu'on puisse y dessiner. La raison profonde est que la rotation d'un quart de tour est la seule rotation non triviale (avec le demi-tour) qui préserve le quadrillage.
\paragraph{Les puissances de $1+\sqrt2$.} On a bien $(1+\sqrt2)^q=\sqrt{n+1}+\sqrt n$ pour un unique $n\in\N$, parce que la norme est multiplicative et que $\Nm(1+\sqrt2)=-1$. Mieux : le corollaire \ref{cor:z2} montre que les coefficients des $(1+\sqrt2)^q$ sont les \emph{seules} solutions positives de $x^2-2y^2=\pm1$. Les nombres de la forme $\sqrt{n+1}+\sqrt n$ qui sont dans $\Z[\sqrt2]$ sont donc exactement les puissances de $1+\sqrt2$, puisqu'un tel nombre s'écrit $x+y\sqrt2$ avec $x,y\geq0$ et $x^2-2y^2=\pm1$.
% ==========================================================
\section{Exercices}
% ==========================================================
\begin{exercice}\label{exo:puissances}
Calculer $(1+\sqrt2)^q$ pour $1\leq q\leq5$, et l'écrire sous la forme $\sqrt{n+1}+\sqrt n$.
\end{exercice}
\begin{exercice}\label{exo:z3}
Montrer que l'unité fondamentale de $\Z[\sqrt3]$ est $2+\sqrt3$, que toutes les unités de $\Z[\sqrt3]$ sont de norme $1$, et résoudre $x^2-3y^2=1$ dans $\N^2$.
\end{exercice}
\begin{exercice}\label{exo:triangulaires}
Déterminer les nombres triangulaires $\frac{n(n+1)}2$, $n\geq1$, qui sont des carrés parfaits.
\end{exercice}
\begin{exercice}\label{exo:premiers}
Soit $p$ un nombre premier tel que $2$ soit un carré modulo $p$. Montrer qu'il existe $(x,y)\in\Z^2$ tel que $p=x^2-2y^2$. Traiter $p=7$ et $p=17$.
\end{exercice}
\begin{exercice}\label{exo:zd}
Soit $d\geq2$. Montrer qu'un polygone régulier à $n$ sommets dont les sommets sont dans $\Z^d$ n'existe que pour $n\in\{3,4,6\}$, et que les trois cas sont réalisés dans $\Z^3$.
\end{exercice}
% ==========================================================
\section{Corrigés}
% ==========================================================
\paragraph{Exercice \ref{exo:puissances}.} On utilise la récurrence $a_{q+1}=a_q+2b_q$, $b_{q+1}=a_q+b_q$ :
\[
\begin{aligned}
1+\sqrt2&=\sqrt2+\sqrt1, & 3+2\sqrt2&=\sqrt9+\sqrt8, & 7+5\sqrt2&=\sqrt{50}+\sqrt{49},\\
17+12\sqrt2&=\sqrt{289}+\sqrt{288}, & 41+29\sqrt2&=\sqrt{1682}+\sqrt{1681}.
\end{aligned}
\]
Les valeurs de $n$ sont donc $1,8,49,288,1681$, conformément à la proposition \ref{prop:consecutifs}.
\paragraph{Exercice \ref{exo:z3}.} On suit la méthode du corollaire \ref{cor:z2}. On a $\Nm(2+\sqrt3)=4-3=1$, donc $2+\sqrt3$ est une unité $>1$. Montrons que c'est la plus petite. Soit $u=a+b\sqrt3$ une unité $>1$. Par le lemme \ref{lem:positif}, $a,b\geq1$.
\begin{itemize}[nosep]
\item Si $b=1$, alors $a^2=3\pm1$, donc $a=2$ et $u=2+\sqrt3$.
\item Si $b\geq2$, alors $u\geq1+2\sqrt3>2+\sqrt3$, puisque $\sqrt3>1$.
\end{itemize}
Donc $\varepsilon_3=2+\sqrt3$, et $\Z[\sqrt3]^\times=\{\pm(2+\sqrt3)^k\}$ par le théorème \ref{thm:unites}. Toutes ces unités sont de norme $\Nm(2+\sqrt3)^k=1$. On le voit aussi directement : $x^2-3y^2=-1$ imposerait $x^2\equiv2\pmod3$, ce qui est impossible. Comme dans le corollaire \ref{cor:z2}, les solutions de $x^2-3y^2=1$ dans $\N^2$ sont les coefficients de $(2+\sqrt3)^k$, $k\geq0$ : $(1,0)$, $(2,1)$, $(7,4)$, $(26,15)$, $(97,56)$, \dots
\paragraph{Exercice \ref{exo:triangulaires}.} L'idée est de compléter le carré pour faire apparaître une équation de Pell-Fermat. En multipliant par $8$ et en ajoutant $1$, on obtient
\[
\frac{n(n+1)}2=m^2\iff 4n^2+4n+1=8m^2+1\iff(2n+1)^2-2(2m)^2=1 .
\]
On pose $x=2n+1$ et $y=2m$. Réciproquement, si $x^2-2y^2=1$, alors $x$ est impair, donc $x^2\equiv1\pmod8$, donc $8\mid2y^2$ et $y$ est pair. Par le corollaire \ref{cor:z2}, les solutions avec $n\geq1$ correspondent à $x+y\sqrt2=(1+\sqrt2)^{2k}=(3+2\sqrt2)^k$, $k\geq1$ :
\[
(x,y)=(3,2),\ (17,12),\ (99,70),\ (577,408),\dots\qquad
(n,m)=(1,1),\ (8,6),\ (49,35),\ (288,204),\dots
\]
Par exemple $\frac{49\cdot50}2=1225=35^2$.
\paragraph{Exercice \ref{exo:premiers}.} L'idée est de factoriser $a^2-2$ dans $\Z[\sqrt2]$, puis d'utiliser que cet anneau est principal. Soit $a\in\Z$ avec $p\mid a^2-2=(a-\sqrt2)(a+\sqrt2)$.
\begin{itemize}[nosep]
\item L'élément $p$ n'est pas inversible dans $\Z[\sqrt2]$, car $\Nm(p)=p^2\neq\pm1$.
\item Il ne divise ni $a-\sqrt2$ ni $a+\sqrt2$ dans $\Z[\sqrt2]$. Sinon, on aurait $a\pm\sqrt2=p(u+v\sqrt2)$, donc $pv=\pm1$.
\end{itemize}
Ainsi $p$ n'est pas premier dans $\Z[\sqrt2]$. Comme cet anneau est principal (proposition \ref{prop:euclide}), irréductible équivaut à premier, et $p$ n'est donc pas irréductible : $p=\pi\rho$ avec $\pi,\rho$ non inversibles. Alors $\Nm(\pi)\Nm(\rho)=p^2$ avec $|\Nm(\pi)|\neq1$ et $|\Nm(\rho)|\neq1$, donc $\Nm(\pi)=\pm p$. En écrivant $\pi=x+y\sqrt2$, on a $x^2-2y^2=\pm p$. Si le signe est $-$, on remplace $\pi$ par $\pi(1+\sqrt2)$, de norme $-\Nm(\pi)=p$.
Pour $p=7$, on a $3^2\equiv2$ et $7=3^2-2\cdot1^2$. Pour $p=17$, on a $6^2\equiv2$ et $17=5^2-2\cdot2^2$.
Inversement, si $p=x^2-2y^2$ est impair, alors $x$ est impair, et $p\equiv1-2y^2\equiv1$ ou $7\pmod 8$. Avec la seconde loi complémentaire de réciprocité quadratique, un premier impair $p$ est de la forme $x^2-2y^2$ si et seulement si $p\equiv\pm1\pmod8$.
\paragraph{Exercice \ref{exo:zd}.} Soit $(P_k)$ un polygone régulier à $n$ sommets dans $\Z^d$, contenu dans un plan affine de direction $V$, et soit $R$ la rotation de $V$ correspondante. On reprend les étapes 1 à 3 de la preuve du théorème \ref{thm:polygones}. Les vecteurs $w_k=P_{k+1}-P_k$ sont dans $\Z^d\cap V$, et $R$ les permute. Le groupe $L$ qu'ils engendrent est un sous-groupe de $\Z^d$, donc libre de rang fini. Une $\Z$-base de $L$ est formée de vecteurs entiers indépendants sur $\Z$, donc sur $\R$, contenus dans le plan $V$. Le rang est donc au plus $2$, et il vaut $2$ puisque $w_0$ et $w_1$ sont indépendants. On conclut comme dans le théorème que $2\cos(2\pi/n)\in\Z$, donc $n\in\{3,4,6\}$.
Les trois cas sont réalisés dans $\Z^3$ (figure \ref{fig:hexagone3d}).
\begin{itemize}[nosep]
\item $n=4$ : le carré $(0,0,0),(1,0,0),(1,1,0),(0,1,0)$.
\item $n=3$ : le triangle $(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)$, de côté $\sqrt2$.
\item $n=6$ : les six points
\[
(1,-1,0),\ (1,0,-1),\ (0,1,-1),\ (-1,1,0),\ (-1,0,1),\ (0,-1,1).
\]
\end{itemize}
Vérifions le dernier cas. Ces points sont les $\rho^k(1,-1,0)$, $0\leq k\leq5$, avec $\rho(x,y,z)=(-y,-z,-x)$. L'application $\rho$ est une isométrie linéaire de $\R^3$ qui stabilise le plan $V=\{x+y+z=0\}$. On calcule $\rho^2(x,y,z)=(z,x,y)$ et $\rho^3=-\mathrm{id}$. La restriction de $\rho$ à $V$ est donc d'ordre exactement $6$, puisque ni $\rho^2$ ni $\rho^3$ n'y induisent l'identité. Une isométrie d'ordre $6$ d'un plan euclidien est une rotation d'angle $\pm\pi/3$, car les symétries orthogonales sont d'ordre $2$. Les six points forment donc un hexagone régulier de centre $0$ et de rayon $\sqrt2$.
\begin{figure}[h]
\centering
\begin{tikzpicture}[scale=1.6,x={(-0.75cm,-0.45cm)},y={(0.95cm,-0.2cm)},z={(0cm,1cm)}]
\draw[thick,accent,fill=accent!12] (1,-1,0) -- (1,0,-1) -- (0,1,-1) -- (-1,1,0) -- (-1,0,1) -- (0,-1,1) -- cycle;
\draw[->,gray] (0,0,0) -- (1.8,0,0) node[below] {$x$};
\draw[->,gray] (0,0,0) -- (0,1.6,0) node[right] {$y$};
\draw[->,gray] (0,0,0) -- (0,0,1.7) node[left] {$z$};
\foreach \p in {(1,-1,0),(1,0,-1),(0,1,-1),(-1,1,0),(-1,0,1),(0,-1,1)} \fill[accent] \p circle (1.2pt);
\draw[thick,accent2] (1,0,0) -- (0,1,0) -- (0,0,1) -- cycle;
\foreach \p in {(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)} \fill[accent2] \p circle (1.2pt);
\node[accent,font=\scriptsize,left] at (1,-1,0) {$(1,-1,0)$};
\node[accent,font=\scriptsize,above] at (-1,0,1) {$(-1,0,1)$};
\node[accent2,font=\scriptsize,right] at (0,0,1) {$(0,0,1)$};
\end{tikzpicture}
\caption{Dans $\mathbb{Z}^3$ : l'hexagone régulier formé des permutations de $(1,-1,0)$, dans le plan $x+y+z=0$, et le triangle équilatéral $(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)$, dans le plan $x+y+z=1$.}\label{fig:hexagone3d}
\end{figure}
On remarque que la preuve par l'aire de la proposition \ref{prop:triangle} ne s'applique plus dans $\Z^3$ : l'aire du triangle $(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)$ vaut $\frac{\sqrt3}2$, qui n'est pas dans $\frac12\Z$.
\begin{thebibliography}{9}
\bibitem{samuel} P. Samuel, \emph{Théorie algébrique des nombres}, Hermann.
\bibitem{duverney} D. Duverney, \emph{Théorie des nombres}, Dunod.
\bibitem{hw} G. H. Hardy, E. M. Wright, \emph{An Introduction to the Theory of Numbers}, Oxford University Press.
\bibitem{ir} K. Ireland, M. Rosen, \emph{A Classical Introduction to Modern Number Theory}, Springer.
\bibitem{gourdon} X. Gourdon, \emph{Les maths en tête. Algèbre et probabilités}, Ellipses.
\end{thebibliography}
\paragraph{Source.} Feuille d'exercices de terminale S (2003).
\end{document}