On se place dans un plan orienté muni d'un repère (O, ( − → i , − → j )) orthonormé direct. Les fonctions coordonnées relatives à ce repère sont notées (x, y) . Les coordonnées d'un point M du plan sont donc (x(M ), y(M )) .

Énoncé

On se place dans un plan orienté muni d'un repère (O, ( − → i , − → j )) orthonormé direct. Les fonctions coordonnées relatives à ce repère sont notées (x, y) . Les coordonnées d'un point M du plan sont donc (x(M ), y(M )) .

Dans tout le problème, tous les triangles considérés sont non aplatis et, si des coordonnées sont utilisées, il s'agit de coordonnées dans (O, ( − →

i , − →

j )) sauf si un autre repère est explici- tement précisé.

Des polygones fermés sans point double sont considérés. Un tel polygone est une suite de points (A

, A

, · · · , A

) tels que

A

= A

, ∀ (i, j) ∈ J 1, p − 1 K , i 6 = j ⇒ A

6 = A

Les points A

sont appelés les sommets du polygone.

On admet qu'un tel polygone dénit deux parties du plan : une surface polygonale et une ligne polygonale (voir gure 1). Il conviendra de les distinguer soigneusement. On dira en

Fig. 1: Surface polygonale et ligne polygonale

particulier qu'un point P est strictement à l'intérieur du polygone si et seulement si il appartient à la surface polygonale sans appartenir à la ligne polygonale.

L'objet de ce problème est le Théorème de Pick (1859-1942) qui permet de calculer l'aire de certaines surfaces polygonales en comptant les points à coordonnées entières qu'elles contiennent.

On pourra utiliser librement la propriété fondamentale d'additivité de l'aire. L'aire de l'union de deux surfaces polygonales dont l'intersection se réduit à une ligne polygonale est la somme des aires.

I. Systèmes de Cramer

Pour toute base ( − → u , − → v ) du plan, notons det

le déterminant dans cette base (forme bilinéaire antisymétrique), notons aussi

Z − → u + Z − → v =

x − → u + y − → v , (x, y) ∈ Z

En particulier Z − → i + Z − → j est l'ensemble des vecteurs à coordonnées entières.

1. Question de cours. Montrer que det

(→−u ,−→v)

( − → i , − →

j ) det

(→− i ,−→

j)

( − → u , − → v ) = 1

Exprimer les coordonnées d'un vecteur − → w dans la base ( − → u , − → v ) à l'aide de déterminants dans la base ( − →

i , − → j ) .

2. Soit ( − → u , − → v ) une base formée de vecteurs de Z − → i + Z − →

j . Montrer que Z − →

i + Z − →

j = Z − → u + Z − → v ⇔ det

(−→ i ,→−

j)

( − → u , − → v ) ∈ {− 1, +1 }

II. Triangles élémentaires

Un triangle est dit entier si et seulement si ses sommets sont à coordonnées entières. Un triangle entier est dit élémentaire si et seulement si les seuls points à coordonnées entières qu'il contient sont ses sommets.

Soit A , B , C un triangle entier tel que (A, ( −−→

AB, −→

AC)) est un repère direct (qui n'est pas orthonormé en général). On note (X, Y ) les fonctions coordonnées relatives à ce repère. On désigne par S l'aire de la surface polygonale dénie par ce triangle.

1. Exprimer S en fonction de det( −−→

AB, −→

AC) . En déduire que l'aire d'un triangle entier est un multiple de

.

2. Soit D déni par D = A + −−→

AB + −−→

AD de sorte que (A, B, D, C) soit un parallélogramme entier.

Soit P un point quelconque du plan. Traduire par des systèmes d'inégalités portant sur X(P ) , Y (P) , X (P) + Y (P ) − 1 le fait que P soit dans la surface polygonale attachée au parallélogramme (A, B, D, C) ou au triangle (A, B, C) .

3. Montrer que S =

entraine (A, B, C) élémentaire.

4. a. On suppose qu'il existe un point Q entier tel que X(Q) ∈ / Z ou Y (Q) ∈ / Z. Montrer qu'il existe un point entier P tel que

0 ≤ X(P ) < 1, 0 ≤ Y (P ) < 1, X(P )Y (P ) = 0

Montrer que le point P

déni par X(P

) = 1 − X(P ) , Y (P

) = 1 − Y (P ) est entier.

b. Montrer que (A, B, C) élémentaire entraine S =

.

III. Aire et comptages

Un point est dit entier lorsque ses coordonnées sont entières. Soit P un polygone fermé.

Il est dit entier lorsque tous les sommets de sa ligne polygonale sont à coordonnées entières.

Tous les polygones considérés dans cette partie sont entiers. On note a( P ) : l'aire de la surface polygonale associée.

i( P ) : le nombre de points entiers strictement à l'intérieur de P . l( P ) : le nombre de points entiers sur la ligne polygonale de P . On dira qu'un polygone fermé est de Pick si et seulement si il vérie

a( P ) = i( P ) + 1

2 l( P ) − 1 1. Montrer qu'un triangle élémentaire est de Pick.

2. Soit P

et P

deux polygones de Pick tels que l'intersection des surfaces associées soit une ligne polygonale (gure 2). Montrer que le polygone associé à P

∪ P

est encore de Pick.

3. Montrer que tout triangle entier est de Pick.

4. Calculer l'aire de la surface polygonale de la gure 3. L'argumentation doit reposer sur un dessin accompagné d'explications soigneusement rédigées.

P

P

Fig. 2: Union de deux surfaces polygonales entières.

Fig. 3: Une surface polygonale de Pick.

Corrigé

I. Système de Cramer

1. Le point fondamental est que l'espace des formes bilinéaires antisymétriques sur un plan est un espace vectoriel de dimension 1 (cours). Il existe donc un réel λ tel que

det

(−→u ,−→v)

= λ det

(→− i ,−→

j)

Pour calculer ce λ , on prend la valeur pour la famille ( − → i , − → j ) . On en déduit det

(−→u ,→−v)

= det

(→−u ,−→v)

(( − → i , − → j ) det

(−→ i ,−→

j)

On obtient la relation demandée en prenant la valeur pour la famille ( − → u , − → v ) . Soit (λ, µ) les coordonnées de − → w :

−

→ w = λ − → u + µ − → u ⇒



 

  det

(−→ i ,−→

j)

( − → w , − → v ) =λ det

(−→ i ,−→

j)

( − → u , − → v ) det

(−→ i ,−→

j)

( − → u , − → w ) =µ det

(−→ i ,−→

j)

( − → u , − → v )

Les coordonnées de − → w dans ( − → u , − → v ) sont donc det

i ,−→

j)

( − → w , − → v ) det

( − → u , − → v ) ,

det

j)

( − → u , − → w ) det

( − → u , − → v )

!

2. Comme − → u et − → v sont dans Z − → i + Z − →

j , une inclusion est évidente : Z − → u + Z → − v ⊂ Z − → i + Z − → j

Il s'agit donc de pouver l'équivalence Z − →

i + Z − →

j ⊂ Z − → u + Z − → v ⇔ det

(−→ i ,−→

j)

( − → u , − → v ) ∈ {− 1, +1 } Supposons que le déterminant soit ± 1 .

Les formules de Cramer de la question précédente exprimant les coordonnées dans ( − → u , − → v ) d'un vecteur w ∈ Z − →

i + Z − →

j montrent l'inclusion demandée car les déterminants au numérateur sont des entiers.

Réciproquement, supposons l'inclusion.

Les coordonnées des vecteurs − → i et − → j dans ( − → u , − → v ) sont entiers. On en déduit que les deux déterminants de la relation

det

(→−u ,−→v)

( − → i , − →

j ) det

(→− i ,−→

j)

( − → u , − → v ) = 1 sont des entiers. Ils sont donc tous les deux dans {− 1, 1 }.

II. Triangles élémentaires

1. D'après le cours sur les déterminants, S = 1

2 det( −−→

AB, −→

AC)

On peut se permettre de ne pas écrire l'indice ( − → i , − →

j ) précisant la base dans laquelle on considère le déterminant car elle est orthonormée directe. La forme bilinéaire dé- terminant est la même pour toutes ces bases. Comme le déterminant prend une valeur entière car les coordonnées sont entières, l'aire d'un triangle entier est un multiple de

1 2

.

2. Écrivons les coordonnées des côtés du parallélograme et du triangle P ∈ (AB) ⇔ Y (P) = 0, P ∈ (CD) ⇔ Y (P) = 1,

P ∈ (AC) ⇔ X (P) = 0, P ∈ (BD) ⇔ X (P) = 1,

P ∈ (BC) ⇔ X(P ) + Y (P ) − 1 = 0, On en déduit les systèmes d'inéquations des surfaces polygonales

parallélograme 0 ≤ X(P ) ≤ 1, 0 ≤ Y (P) ≤ 1

triangle 0 ≤ X (P ), 0 ≤ Y (P ), X (P) + Y (P ) − 1 ≤ 0 3. Notons − → u = −−→

AB et − → v = −→

AC : S = 1

2 ⇒ det

(−→ i ,−→

j)

( − → u , − → v ) = 1

On en déduit avec I.2. que, pour tout point P entier, X (P ) et Y (P ) sont des entiers.

Alors, en utilisant 2.,

X(P ) ∈N Y (P ) ∈N X (P) + Y (P ) ≤ 1



 

 

⇒



 

 

(X(P ) = 1, Y (P ) = 0) ou

(X(P ) = 0, Y (P ) = 1) ou

(X (P) = 0, Y (P ) = 0)

c'est à dire P ∈ { A, B, C }.

4. a. Soit Q un point entier. Approchons ses coordonnées dans la base associée au triangle par des parties entières. Dénissons P par :

X(P ) = X(Q) − b X(Q) c , Y (P ) = Y (Q) − b Y (Q) c

Si au moins une des coordonnées X (Q) , Y (Q) n'est pas entière, alors au moins une des coordonnées X (P) , Y (P ) n'est pas nulle donc

0 ≤ X(P ) < 1, 0 ≤ Y (P ) < 1, X(P )Y (P ) = 0 De plus P est un point entier car −−→

QP ∈ Z − → i + Z − → j . Le point P

est entier même si X(P ) et Y (P ) ne le sont pas car

−−→ P P

= − → u + − → v − −→

AP ∈ Z − → i + Z − → j

Remarquons que 0 ≤ X (P

) ≤ 1 et 0 ≤ Y (P

) ≤ 1 donc P

est dans le parallélo- grame.

b. Pour un triangle entier (A, B, C) , d'après la question précédente, s'il existe un point entier Q dont les coordonnées relatives au triangle ne sont pas entières, il existe des points entiers P et P

dans le parallélograme. De plus

X(P

) + Y (P

) − 1 = − (X (P ) + Y (P ) − 1)

donc au moins un des deux est dans le triangle (A, B, C ) . Par dénition de P au moins une de ses coordonnées est dans ]0, 1[ donc il n'est pas un sommet, par dénition de P

, aucune de ses coordonnées n'est nulle donc il n'est pas un sommet.

Autrement dit : s'il existe un point entier dont les coordonnées dans le repère du triangle ne sont pas entières, alors le triangle (A, B, C) n'est pas élémentaire.

Par contraposition, si (A, B, C) est élémentaire alors tous les points entiers sont à coordonnées entières dans le repère du triangle ce qui entraine

Z − → i + Z − →

j ⊂ Z − → u + Z − → v

On conclut avec I.1., le déterminant vaut 1 puis II.1., l'aire du triangle est

.

III. Aires et comptages

1. Un triangle élémentaire T ne contient aucun point entier sauf ses sommets et son aire est

donc

i( T ) =0 l( T ) =3 )

⇒ i( T ) + 1

2 l( T ) − 1 = 3

2 − 1 = 1

2 = aire du triangle 2. Pour toute surface polygonale P , dénissons α par

α( P ) = i( P ) + 1

2 l( P ) − 1 Montrons que sous les hypothèses de la question

α( P

∪ P

) = α( P

) + α( P

)

Supposons que les deux surfaces aient en commun une ligne polygonale comprenant p points entiers. Les deux extrémités sont sur le bord. On peut alors écrire

i( P

∪ P

) = i( P

) + i( P

) + p − 2 × 1 l( P

∪ P

) = l( P

) + l( P

) − 2p + 2 × 1 2 et combiner avec les coecients indiqués

α( P

∪ P

) − 1 = α( P

) − 1 + α( P

) − 1 + (p − 2) + 1

2 ( − 2p + 2)

⇒ α( P

∪ P

) = α( P

) + α( P

) Comme l'aire vérie la même formule d'additivité, l'égalité entre les deux fonctions se propage à P

∪ P

.

3. Tout triangle entier, s'il n'est pas élémentaire se décompose en triangles entiers comme dans la question précédente. Si le triangle contient un point entier intérieur, on le décompoe en trois triangles entiers. Si le triangle contient un point entier sur un côté, on le décompose en deux. On peut poursuivre le processus tant que les triangles ne sont pas élémentaires. Tout triangle entier se décompose donc en triangles élémentaires qui sont de Pick.

4. La surface polygonale proposée se décompose en triangles (gure 4) vériant la condi- tion de la question 2. Elle est donc de Pick et son aire se calcule en comptant les points.

On trouve

37 + 1

2 10 − 1 = 41

Fig. 4: Décomposition en triangles entiers