Les équations de Bachet.

Les Équations De Bachet

Bigot Aurélie

Milin Éloïse

Table des matières

Introduction 3

1 Généralités sur les anneaux 4

2 La résolution des équations de Bachet 6 2.1 Entiers de la forme a2_{+ db}2 _{. . . . 6}

2.2 Condition nécessaire d’écriture sous la forme t3_{= x}2

+dy2 _{. . . . 8}

2.3 Résolution explicite dans le cas d = 1 ou d = 2 . . . 11

3 Alternative pour d = 2 11

3.1 Loi de réciprocité quadratique . . . 11 3.2 _{Compléments sur l’anneau Z[i}√2] . . . 16

Conclusion 21

Introduction

Une équation diophantienne est une équation polynomiale d’une ou plusieurs variables dont les solutions sont cherchées parmi les nombres entiers. Résoudre une telle équation signifie d’abord décider si elle admet, ou non, des solutions ; quand elle en admet, il faut ensuite déterminer si l’ensemble qu’elles définissent est fini ou non ; et pour résoudre complètement l’équation, il faut enfin en déter-miner toutes les solutions. Un des premiers mathématiciens à avoir considéré ce type de problèmes est Diophante d’Alexandrie (325-409) (il a d’ailleurs donné son nom à ce type d’équations). Puis, c’est au XVIIe siècle que Bachet de Mé-riziac (1581-1638) fait une traduction des œuvres de Diophante qui étaient par-venues dans le monde occidental grâce aux mathématiciens arabes. C’est enfin Fermat (1601-1665) qui se penche sur ces problèmes en s’inspirant des travaux de Diophante et de Bachet.

Un des problèmes d’équations diophantiennes les plus connus est l’équation de la forme n = x2+y2, où x et y sont les inconnues. Ce problème d’exprimer un entier comme somme de deux carrés remonte à l’Antiquité. C’est dans une lettre du 25 décembre 1640, adressée à Mersenne (1588-1648), que Fermat énonce le théorème suivant : “Tout nombre premier p s’écrit comme la somme de deux carrés si, et seulement si, p ≡ 1[4] ou p ≡ 2[4]”. Ce résultat est appelé théo-rème des deux carrés de Fermat, ou parfois théothéo-rème de Fermat de Noël. Il faut attendre un siècle pour en avoir une première démonstration publiée par Leonhard Euler (1707-1783).

Nous nous intéresserons ici plus particulièrement à d’autres équations dio-phantiennes, celles-ci de la forme t3 _{= x}2_{+ d où x et t sont les inconnues et}

d ∈ N∗ est fixé, appelées équations de Bachet. Celui-ci semble avoir étudié ce type d’équation avec d = 2 pour la première fois en 1621, et a donné à partir de la solution évidente t = 3 et x = 5 une méthode géométrique pour construire d’autres solutions rationnelles. Fermat, lui, a cherché à en trouver les solutions entières. En 1657, il affirme dans une lettre à Sir Fenelm Digby (1603-1665), un philosophe anglais, qu’il n’existe qu’une unique solution pour l’équation dio-phantienne t3= x2+ 2. Malheureusement, et c’est assez habituel chez Fermat, il n’y a pas vraiment de traces de la solution de ce problème dans ses écrits.

Dans ce texte, nous nous intéressons plus particulièrement à l’équation dio-phantienne t3_{= x}2_{+ d en traitant plus en détails les cas d = 1 et d = 2.}

1

Généralités sur les anneaux

Dans cette première partie, nous commencerons par énoncer des résultats généraux sur les anneaux qui nous seront très utiles dans la suite de notre étude. Commençons par rappeler quelques définitions basiques.

Définition (Anneau intègre). Un anneau A est dit intègre si ∀a, b ∈ A, ab = 0 ⇒ a = 0 ou b = 0

Définition (Anneau euclidien). Un anneau A est dit euclidien si — A est intègre

— A est muni d’une division euclidienne, i.e. s’il existe une fonction v : A∗7→ N (appelée stathme) telle que

∀a ∈ A, ∀b ∈ A∗, ∃q, r ∈ A : a = bq + r avec r = 0 ou v(r) < v(b) Définition (Idéal). Soit (A, +, ∗) un anneau. Un idéal de A est un sous-ensemble I de A tel que :

— (I, +) est un sous-groupe de (A, +) — ∀x ∈ I, ∀a ∈ A, x ∗ a ∈ I et a ∗ x ∈ I

De plus, l’idéal I est dit principal s’il est engendré par un unique élément a de A, i.e. si I = {a ∗ x|x ∈ A}. Dans ce cas, on notera : I = (a).

Définition (Anneau principal). On dit qu’un anneau A est principal s’il est intègre et si tous ses idéaux sont principaux.

Proposition 1. Si un anneau est euclidien, alors il est principal.

Démonstration. Soit A un anneau euclidien muni de la division euclidienne v : A∗ 7→ N. Soit I un idéal non nul de A. Alors l’ensemble {v(x)|x ∈ I∗_{} est un}

sous-ensemble non vide de N, il admet donc un plus petit élément, qu’on note d. Soit x0∈ I∗ tel que v(x0) = d.

Soit x ∈ I. Alors il existe q, r ∈ A tels que x = q ∗ x0+ r, avec r = 0 ou

v(r) < v(x0) (car A est euclidien). On a : r = x − q ∗ x0, donc, comme x ∈ I

et x0 ∈ I, on en déduit que r ∈ I. De plus, si v(r) < v(x0), on a v(r) < d =

min{v(y)|y ∈ I∗}. D’où r /∈ I∗_{, et donc r = 0. Donc on a x = q ∗ x}

0 ∈ (x0).

D’où I ⊂ (x0). On en déduit alors que (x0) = I. Ainsi, I est premier. Dès lors,

A est principal.

Définition (Anneau noethérien). Un anneau A est dit noethérien si, de façon équivalente :

(i) Tout idéal I de A est de type fini (il n’est engendré que par un nombre fini d’éléments de A).

(ii) Toute suite croissante d’idéaux de A est stationnaire.

(iii) Tout ensemble non vide d’idéaux admet un élément maximal pour l’in-clusion.

Démonstration. (i) ⇒ (ii) Soit (In)n∈Nune suite croissante d’idéaux de A. On

pose I = S

n∈N

In. Alors I est un idéal de A donc par hypothèse, I est engendré

par un nombre fini d’éléments x1, . . . xk de A. Puisque la suite (In)n∈N est

croissante, il existe p ∈ N tel que x1, . . . xk ∈ Ip. Par suite, I ⊂ Ip. Ainsi, pour

tout n ≥ p, on a Ip ⊂ In (par croissance de la suite) et In ⊂ I ⊂ Ip. D’où

In= Ip pour tout n ≥ p. Donc la suite (In)n∈N est stationnaire.

(ii) ⇒ (iii) Soit F un ensemble non vide d’idéaux de A. On suppose par l’absurde que F n’admet pas d’élément maximal.

Soit I0 dans F quelconque. Pour n ∈ N fixé, on choisit In+1dans F tel que In

soit strictement inclus dans In+1. Un tel élément existe puisque F n’admet pas

d’élément maximal. La suite (In)n∈N ainsi construite est croissante mais non

stationnaire (car strictement croissante). Absurde. Donc F admet un élément maximal.

(iii) ⇒ (i) Soit I un idéal de A et soit F la famille des idéaux de type fini de A. L’ensemble F n’est pas vide puisque (0) ⊂ F . Donc par hypothèse, F admet un élément maximal I0.

Soit x ∈ I. Alors I0+ Ax est un idéal de type fini. En effet, il est engendré par x et par un système de générateurs de I0_{, qui est de type fini. Donc, comme I}0

est maximal, on a I0+ Ax ⊂ I0, d’où x ∈ I0. Ainsi, I ⊂ I0 et donc I est de type fini.

Lemme 1. Si un anneau est principal, alors il est noethérien.

Ce lemme est évident, puisque tout idéal d’un anneau principal est engendré par un seul élément, donc de type fini. Une conséquence de ce lemme est que dans un anneau principal, toute famille non vide d’idéaux admet un élément maximal.

Définition (Élément irréductible). Dans un anneau intègre, un élément p est dit irréductible s’il n’est ni inversible, ni produit d’éléments non inversibles. Définition (Anneau factoriel). Un anneau A est dit factoriel si :

— L’anneau A est intègre.

— Pour tout a ∈ A∗, il existe u ∈ A∗ et p1, . . . , pr des irréductibles de A

tels que a = up1. . . pr

— La décomposition précédente est unique à l’ordre près des facteurs. Le but de toute cette section est de démontrer le théorème important suivant. Théorème 1. Tout anneau principal est factoriel.

Pour montrer ce théorème, on s’aide de la démonstration du Corollaire 3.21. dans [5] Ch. II - 3 :

Démonstration. Soit A un anneau principal. Supposons qu’il existe des éléments non nuls et non inversibles qui ne s’écrivent pas comme produit d’irréductibles. Soit F l’ensemble des idéaux (x) engendrés par de tels éléments x. Donc F n’est

pas vide par hypothèse.

D’après la conséquence du lemme 1, il existe a ∈ A tel que (a) ⊂ F est maximal. Donc a n’est ni nul ni inversible et a n’est pas irréductible (sinon il serait produit d’éléments irréductibles). Alors il existe b, c ∈ A tels que : a = bc, avec b et c ni nuls ni inversibles. On a donc : (a) ⊂ (b) et (a) ⊂ (c). Remarquons que ces inclusions sont strictes, car si on avait par exemple (a) = (b), alors c serait irréductible. Donc (b) /∈ F et (c) /∈ F (car (a) est un idéal maximal de F ). Ainsi, b et c sont produits d’irréductibles et donc a = bc l’est aussi. Contradiction. On a alors montré que tout élément non nul et non inversible de A est produit d’irréductibles. Ainsi, A est factoriel.

2

La résolution des équations de Bachet

On rappelle que par la résolution des équations de Bachet, on s’intéresse aux équations diophantiennes de la forme t3_{= x}2

+ d, où d ∈ N∗est fixé.

2.1

Entiers de la forme a

_{+ db}

Fermat s’est beaucoup intéressé aux entiers de la forme a2+ db2, et ce sujet nous intéresse tout particulièrement ici. En effet, pour la résolution des équations de Bachet on peut étudier ces entiers dans le cas où b = 1 et chercher à savoir s’il s’agit d’un cube.

Proposition 2. À d ∈ N∗ fixé, il y a stabilité par multiplication de l’ensemble {a2_{+ db}2

; a, b ∈ Z}.

Démonstration arithmétique. Soient a, b, u, v ∈ Z. On a alors d’une part : (a2₊

db2_)(u2_{+ dv}2_{) = a}2_u2_{+ d}2_b2_v2_{+ da}2_v2_{+ db}2_u2_{. D’autre part, pour  = ±1, on}

a : (au + dbv)2_{+ d(av − bu)}2_{= (au)}2_{+ 2daubv + (dbv)}2_{+ d(av)}2_{− 2davbu +}

d(bu)2_{= a}2_u2_{+ d}2_b2_v2_{+ da}2_v2_{+ db}2_u2_{. Ainsi :}

(a2+ db2)(u2+ dv2) = (au + dbv)2+ d(av − bu)2 (1)

Une autre démonstration de cette proposition peut se faire à l’aide des nombres complexes en se plaçant dans l’anneau Z[i√d]. Il s’agit d’un anneau qui va s’avérer très important par la suite du fait de l’ensemble qu’il définit. Lemme 2. Soit d ∈ N∗ alors Z[i√d] = {x + iy√_{d; x, y ∈ Z}.}

Démonstration. Montrons la première inclusion. Par définition, on sait que Z[i

√

une famille d’entiers tels que P (X) = n P k=0 akXk. On obtient alors : P (i√d) = n X k=0 akik √ dk = bn 2c X k=0 a2k(−1)kdk+ bn 2c X k=0 a2k+1(−1)kidk √ d = bn 2c X k=0 a2k(−1)kdk+ i √ d bn 2c X k=0 a2k+1(−1)kdk

Donc P (i√d) ∈ {x + iy√_{d; x, y ∈ Z} i.e. Z[i}√d] ⊂ {x + iy√_{d; x, y ∈ Z}.} Montrons l’inclusion réciproque. Soit α = x + iy√_{d avec x, y ∈ Z et posons} P (X) = x + yX ∈ Z[X]. Alors : P (i√d) = α. Dès lors, {x + iy√_{d; x, y ∈ Z} ⊂} Z[i

√ d].

On obtient alors la démonstration suivante de la proposition précédente. Démonstration dans Z[i√d]. Soient a, b, u, v ∈ Z, z1 = a + ib

√ d et z2 = u + iv√d. On a alors : (a2+ db2)(u2+ dv2) = (z1z1)(z2z2) = (z1z2)(z1z2) = (z1z2)(z1z2).

Ainsi, il existe m, n ∈ Z tels que (a2_{+ db}2_)(u2_{+ dv}2_{) = m}2_{+ dn}2_.

Tandis que Fermat connaissait la formule (1) donnée dans la première dé-monstration, il semble qu’il n’ait pas utilisé les nombres complexes dans ses théories. L’utilisation des complexes pour les entiers de la forme a2+ b2 est l’œuvre des mathématiciens Euler et Lagrange au XVIIIeme siècle.

Conséquence 1. Toute puissance entière d’un nombre de la forme a2+ db2 avec a, b ∈ Z s’écrit lui-même sous cette même forme. On s’intéresse pour les équations de Bachet à la puissance 3eme.

Appliquons la formule (1) avec u = a et v = b pour le carré avec  = −1, (a2+ db2)2= (a2− db2)2+ d(ab + ba)2= (a2− db2)2+ d(2ab)2. On peut dès lors trouver la décomposition de (a2+db2)3en appliquant la formule (1) avec u = a2− db2_{, v = 2ab et  = −1 :}

(a2+ db2)3 = [a(a2− db2) − db(2ab)]2+ d[a(2ab) + b(a2− db2)]2 = (a3− 3dab2₎2_{+ d(3a}2_{b − db}3₎2

Dans le cadre des équations de Bachet, c’est une réciproque de ce résultat qui nous intéresserait de sorte de trouver tous les éléments qui s’écrivent sous la forme voulue.

2.2

Condition nécessaire d’écriture sous la forme t

= x

+dy

L’élément principal de cette section est une proposition permettant d’obte-nir une condition nécessaire d’écriture sous la forme t3 _{= x}2_{+ dy}2

à d ∈ N∗ fixé. Il s’agit d’obtenir une réciproque du résultat concluant la section précé-dente. Ainsi, l’objet de la section est l’établissement de cette proposition et la démonstration de celle-ci.

On suppose, bien que n’ayant trouvé aucune trace du travail de Fermat sur l’équation de Bachet, que la preuve qu’il avait des solutions de celle-ci pour d = 1 et d = 2 reposait sur la proposition qui va suivre, comme le suggère André Weil (1906-1998) dans un de ces ouvrages.

Proposition 3. Soit d ∈ N∗ tel que Z[i√d] soit un anneau factoriel. Soient t, u, v ∈ Z tels que t3= u2+ dv2 et que u et v soient premiers entre eux. Alors il existe a, b ∈ Z tels que t = a2+ db2_{, u = a}3_{− 3dab}2 _{et v = 3a}2_{b − db}3_.

Pour démontrer cette proposition, on a recours aux résultats suivants : Lemme 3. Soit d ∈ N∗ un entier qui soit sans facteur carré et tel que d ≡ 1[4] ou d ≡ 2[4]. Si t3 _{s’écrit sous la forme u}2_{+ dv}2 _{avec u et v premiers entre eux}

alors t est impair, premier avec d, et x et d sont premiers entre eux.

Démonstration. (i) Montrons que t est impair. Supposons par l’absurde que t soit pair, alors il existe n ∈ Z tel que t = 2n d’où : t3_{= 2}3_n3_{= 8n}3_{≡ 0[8]. On}

a alors :

· Si v est pair alors, comme u2_{= t}3_{− dv}2_{, u est pair. Absurde car u et v}

sont premiers entre eux.

· Si v est impair alors v2_{≡ 1[4], d’où : dv}2_{≡ d[4]. Ainsi, u}2_{= t}3_{− dv}2 _≡

−d[4]. Ainsi, par hypothèse, u2 _{≡ −1[4] ou u}2 _{≡ −2[4]. Absurde car −1}

et −2 ne sont pas des carrés modulo 4. Par conséquent, t est nécessairement impair.

(ii) Montrons que t est premier avec d. Supposons qu’il existe p ∈ P tel que p divise t et d, alors p divise t3_{− dv}2 _{= u}2 _{donc p divise u d’après le lemme}

d’Euclide. Par conséquent, p2 _{divise u}2 _{et comme p}2_{divise t}2 _{donc t}3_{, alors p}2

divise dv2_{= t}3_{− u}2_{. Or p ne divise pas v car p divise u et u et v sont premiers}

entre eux, donc p2 _{divise d. Absurde car d est sans facteur carré. Donc t et d}

sont premiers entre eux.

(iii) Montrons que u et d sont premiers entre eux. S’il existe p ∈ P tel que p divise u et d, alors p divise u2_{+ dv}2 _{= t}3_{. Ainsi, d’après le lemme d’Euclide}

p divise t. Absurde car t et d sont premiers entre eux d’après ce qui précède. Donc u et d sont premiers entre eux.

Lemme 4. Soit d ∈ N∗ un entier qui soit sans facteur carré et tel que d ≡ 1[4] ou d ≡ 2[4]. Si t3 s’écrit sous la forme u2+ dv2 avec u et v premiers entre eux alors les nombres u + iv√d et u − iv√d sont premiers entre eux dans l’anneau Z[i

√ d].

Démonstration. Notons z = u + iv√d, on a alors : z = u − iv√d. Supposons par l’absurde que z et z ne soient pas premiers entre eux, il existe alors p ∈ Z[i√d] un facteur irréductible commun à z et z. On a alors p divise z + z = 2u et z − z = 2iv√_{d. Or u et v sont premiers entre eux dans Z, ainsi d’après le} théorème de Bézout, il existe λ, µ ∈ Z tels que λu + µv = 1, on a donc : 2iuλ√d + 2ivµ√d = 2i√d. Ainsi, p divise 2i√d donc divise (2i√d)(−i√d) = 2d dans Z[i√d]. Or d’après le lemme précédent, t est impair et est premier avec d, donc t et 2d sont premiers entre eux. Dès lors, par le théorème de Bézout, il existe α, β ∈ Z tels que αt + 2βd = 1. D’autre part, p divise zz = t3_{donc divise}

t d’après le lemme d’Euclide. Ainsi, p divise 1. Absurde. Donc u + iv√d et u − iv√d sont premiers entre eux.

On peut désormais démontrer le résultat énoncé au début du paragraphe. Démonstration. Notons z = u + iv√d. On note les décompositions en éléments irréductibles de z, z et t : z = n Y k=1 pαk k , z = m Y k=1 qβk k et t = j Y k=1 rγk k . On obtient dès lors : t3= j Y k=1 r3γk k = n Y k=1 pαk k . m Y k=1 qβk k

L’anneau Z[i√d] étant par hypothèse factoriel, il y a unicité de la décomposition en éléments irréductibles et z et z étant premiers entre eux, les pksont parmi les

±rk et admettent un exposant multiple de 3. Par conséquent, ±z est un cube.

Or, (−1)3_{= −1 donc z est un cube i.e. il existe ω = a + ib}√

d ∈ Z[i√d] tel que z = ω3_{. On obtient alors :}

z = a3+ 3ia2b√d − 3ab2d − ib3d√d = (a3− 3ab2_{d) + i}√_d(3a2_{b − b}3_d)

On obtient donc par identification : u = a3_{− 3ab}2√_{d et v = 3a}2_{b − b}3_{d. Or}

t3_{= zz = ω}3_ω3_{= (ωω)}3_{, donc t = ωω = a}2_{+ db}2_.

Une hypothèse essentielle de cette démonstration est le caractère factoriel de Z[i√d] qui assure l’existence et l’unicité de la décomposition des éléments de Z[i

√

d] en éléments irréductibles sans laquelle on ne peut pas conclure. Il reste donc à déterminer les entiers strictement positifs d tels que Z[i√d] soit factoriel. Lemme 5. Soit d ∈ N∗. Les assertions suivantes sont équivalents :

(i) ∀x ∈ Q[i√d], ∃y ∈ Z[i√d] : N (x − y) < 1 (ii) d ∈ {1, 2}

Démonstration. Soit x = x1+ ix2

√

d ∈ Q[i√d]. On sait qu’il existe y1, y2 ∈ Z

tels que |x1− y1| ≤ 1₂et |x2− y2| ≤ 1₂. On pose y = y1+iy2

√ d. Donc y ∈ Z[i√d] et : N (x − y) = (x1− y1) + i √ d(x2− y2)    2 = (x1− y1)2+ d(x2− y2)2≤ 1 4(1 + d) Donc, puisque d est un entier :

N (x − y) < 1 ⇐⇒ 1

4(1 + d) < 1 ⇐⇒ d < 3 ⇐⇒ d ∈ {1, 2}

Lemme 6. Si d = 1 ou d = 2, alors l’anneau Z[i√d] est euclidien.

Démonstration. Soient z, w ∈ Z[i√d]. On note z = a + ib√d et w = u + iv√d. z w = a + ib√d u + iv√d = (a + ib√d)(u − iv√d) u2_{+ dv}2 =

(au − bv) + i(bu − av) u2_{+ dv}2 ∈ Q[i

√ d]

Donc, d’après le lemme 5, il existe q ∈ Z[i√d] tel que N z

w− q
< 1. Posons

r = z − qw. Alors z s’écrit z = qw + r avec |r| < |w|. En effet :

|r|2= |z − qw|2= |w|2    z w− q    2 = |w|2Nz w − q 2 < |w|2

Proposition 4. Soit d un entier strictement positif. L’anneau Z[i√d] est fac-toriel si et seulement si d ∈ {1, 2}.

Démonstration. ⇐ Si d ∈ {1, 2}, d’après le lemme 5, l’anneau Z[i√d] est euclidien. Cela implique d’après la première partie que Z[i√d] est factoriel.

⇒ On se place dans le cas d > 3. Supposons par l’absurde que 2 soit réductible dans Z[i√d], il existe alors z1, z2non inversibles tels que 2 = z1z2, on

a alors 4 = N (2) = N (z1z2) = N (z1)N (z2). Or N (z1) 6= 1 et N (z2) 6= 1, donc :

N (z1) = N (z2) = 2. Il existe dès lors x, y ∈ Z tels que : x2+ dy2= 2. Absurde

car d_{> 3 et 2 n’est pas un carré parfait. Donc 2 est irréductible dans Z[i}√d]. On obtient alors :

· Si d est pair avec d = 2d0_{, on a 2d}0 _{= d = −(i}√_d)2 _{mais 2 ne divise pas}

i√d. Absurde.

· Si d est impair alors d + 1 est pair, avec d + 1 = 2d”. On obtient alors 2d” = d + 1 = (1 + i√d)(1 − i√d). Alors 2 divise 1 ± i√d i.e. 2a + 2ib√d = 1 ± i√d. Absurde.

2.3

Résolution explicite dans le cas d = 1 ou d = 2

Par conséquent, d’après ce qui précède, en se plaçant dans le cas où d = 1 ou d = 2, on peut appliquer la proposition principale de la section précédente, condition nécessaire et suffisante d’écriture t3_{= x}2_{+ dy}2_{avec y = 1 car toutes}

les hypothèses sont vérifiées. Dans le cas d = 1, si t3_{= x}2

+ 1 alors il existe u, v ∈ Z, tels que t = u2_{+ v}2_avec

x = u3_−3uv2_{et 1 = v(3u}2_−v2_{). On obtient alors v = ±1 et (3u}2_−v2_{) = ±1 = v,}

d’où : 3u2_{− 1 = v = ±1 i.e. u = 0 et v = −1. On obtient ainsi : t = 1 et x = 0.}

Donc l’unique solution de l’équation de Bachet t3_{= x}2_{+ 1 est le couple (t, x) =}

(1, 0).

Dans le cas d = 2, si t3 = x2_{+ 2 alors il existe u, v ∈ Z, tels que t = u}2+ 2v2 avec x = u3−6uv2_{et 1 = v(3u}2_−2v2_{). On obtient alors v = ±1 et (3u}2_−2v2_{) =}

±1 = v, d’où : 3u2_{− 2v}2_{= 3u}2_{− 2 = v = ±1. Par conséquent, v = 1 et u = ±1.}

On a ainsi, t = (±1)2+ 2.12_{= 3 et x = 5.}

Dès lors, l’unique solution de l’équation de Bachet t3 _{= x}2_{+ 2 est le couple}

(t, x) = (3, 5).

Tandis qu’on a pu trouver toutes les solutions de l’équation diophantienne de Bachet t3 = x2 + d pour d ∈ {1, 2}, les résultats établis précédemment ne permettent pas de déterminer les solutions de l’équation de Bachet pour d supérieur ou égal à 3.

D’autre part, l’établissement des solutions pour d = 2 de l’équation de Ba-chet peut se faire d’une autre manière, sans utiliser la factorialité de l’anneau Z[i

√

d]. C’est l’objet de la section suivante.

3

Alternative pour d = 2

3.1

Loi de réciprocité quadratique

D’après [2] Chap. V - 5, on a les résultats suivants :

Définition (Résidu quadratique). Soient p un nombre premier et q un entier, on dit que q est un résidu quadratique modulo p s’il existe x ∈ Z tel que x2= q dans Fp.

Définition (Symbole de Legendre). Soient p un nombre premier et q un entier, on définit le symbole de Legendre par :

 q p  =      0 si p divise q

−1 si q n’est pas un résidu quadratique modulo p 1 si q est un résidu quadratique modulo p

q ∈ Z\pZ, on a :

 q p



≡ qp−12 _[p].

Démonstration. Soit ω un entier tel que ¯_{ω soit un générateur de F}∗palors il existe

j ∈_{J1, p − 2K tel que q ≡ ω}j_{[p]. On obtient alors que q est un résidu quadratique}

modulo p si et seulement si j est pair, ainsi  q p



= (−1)j_{. De plus, l’unique}

élément d’ordre 2 de F∗p est −1 et, ¯ω

p−1

2 est d’ordre 2 dans F∗

p. Donc :

 q p



= (−1)j≡ ωj.p−1_{2 ≡ q}p−1_{2 [p]}

Corollaire 1. Soient p un nombre premier impair et q, q0 deux éléments de Z \ pZ alors :  q.q0 p  = q p   q0 p  Démonstration. On a :  qq0 p  ≡ (qq0₎p−1 2 [p] ,  q p  ≡ qp−12 [p] et  q 0 p  ≡ q0p−1 2 [p]. Or : (qq0)p−12 = q p−1 2 .q0 p−1 2 . On obtient donc :  qq0 p  = q p  . q 0 p  .

Lemme 7. Soit p un nombre premier, alors pour tout k ∈J1, p − 1K, p divise

p k
.

Démonstration. Si p = 2 et k = 1, _kp
= 2 qui est bien divisible par p. Si p ∈ P\{2}, soit k ∈J1, p − 1K, on a p k
= p! (p−k)!k! i.e. (p − k)!k! p k
= p! =

p(p − 1)!. Par conséquent, d’après le lemme d’Euclide, p divise (p − k)!, k! ou

p

k
. Supposons par l’absurde que p divise k! alors par le lemme d’Euclide, p

divise l’un des facteurs. Ainsi, p est inférieur ou égal à l’un des facteurs de k!. Absurde. Alors p ne divise pas k!, idem avec (p − k)!. Dès lors, p divise p_k
. Proposition 6 (Morphisme de Frobenius). Soit A un anneau commutatif ayant pour caractéristique un nombre premier p alors :

Démonstration. Pour tous a, b ∈ A, on a par commutativité de A : (a + b)p = p X k=0 p k  akbp−k = ap+ bp+ p−1 X k=1 p k  akbp−k = ap+ bp+ p p−1 X k=1

αkakbp−k d’après le lemme précédent

= ap+ bp car p est la caractéristique de A

Définition (Somme de Gauss). Soient p un nombre premier impair, φ un mor-phisme du groupe (Fp, +) et ψ un morphisme du groupe (F∗p, .). On définit la

somme de Gauss associée à φ et ψ par : G(φ, ψ) = X

x∈F∗ p

φ(x)ψ(x)

Proposition 7. Soit p un nombre premier impair, on a alors :  2

p 

= (−1)p2 −18 _.

On obtient d’après [2] Chap. V - 5 p. 94-95 et [4] la démonstration suivante de cette proposition :

Démonstration. Soit k ∈ Z alors (2k + 1)2= 4k2+ 4k + 1 = 4k(k + 1) + 1 ≡ 1[8]. Donc p étant impair, p2 _{≡ 1[8], i.e.} p2₋₁

8 ∈ Z, la formule énoncée dans la

proposition a donc bien un sens.

Notons H le sous groupe des inversibles de Z/8Z, i.e. H = {¯1, ¯3, ¯5, ¯7} et H0 le sous-groupe {¯1, ¯7} de H. On considère alors l’application θ : (H, .) → ({−1, 1}, .) définie par :

θ(x) = 

1 si x ∈ H0 −1 si x ∈ H \ H0

On obtient alors de façon évidente que θ est un morphisme du groupe multipli-catif (H, .). Soit ω = eiπ4, on se place dans l’anneau quotient F_p[ω] et on définit

ψa : x ∈ H 7−→ ωax, on considère alors la somme de Gauss pour a ∈ H :

G(θ, ψa) =

X

x∈H

θ(x)ωax

On a alors, en posant y = ax, G(θ, ψa) =

X

x∈H

θ(a−1y)ωy= X

y∈H

Et Fp[ω] étant une extension de Fp, il admet la même caractéristique p donc,

d’après le morphisme de Frobenius, on obtient par récurrence immédiate : G(θ, ψ1)p = X x∈H θ(x)p(ωx)p = X x∈H

θ(x)ωxp car θ(x) ∈ {−1, 1} et p est impair = G(θ, ψp) Or : G(θ, ψ1) = X x∈H θ(x)ωx = θ(1)ω + θ(3)ω3+ θ(5)ω5+ θ(7)ω7 = ω − ω3− ω5_{+ ω}7 = ω(1 − ω2)(1 − ω4) = ω(1 − ω2)(1 − (−1)) = 2ω(1 − ω2) Dès lors, G(θ, ψ1)2 = 4ω2(1 − ω2)2 = 4ω2(1 − 2ω2+ ω4) = 4ω2(1 − 2ω2− 1) = −8ω4 = 8 De plus : G(θ, ψ1)p= G(θ, ψp) = θ(p)G(θ, ψ1) d’où : θ(p) = G(θ, ψ1)p−1= (G(θ, ψ1)2) p−1 2 = 8 p−1 2 = 8 p  = 2 p 3 = 2 p 

Et, pour x ∈ {1, 3, 5, 7}, il est aisé de vérifier que θ(x) = (−1)x2 −18 , donc :

 2 p



= (−1)p2 −18 .

Une autre démonstration de cette même proposition peut se faire sans avoir recours à la théorie des sommes de Gauss, comme le propose [3] :

Démonstration. On considère B := {x ∈ F∗p;

 x p



= −1}\{−1}. Pour tout b ∈ B, on a b−1 ∈ B, en effet dans le cas contraire on aurait b−1 _{= α}2 _i.e.

b = (α2)−1 = (α−1)2. De plus, b 6= b−1 car -1 et 1 ne sont pas des éléments de B. On considèrera P (X) = Xp−12 + 1 qui caractérise les résidus quadratiques

de F∗p, en effet par le critère d’Euler les résidus quadratiques sont les racines du

polynôme P .

•Supposons que p ≡ 1[4].

On a alors d’après le critère d’Euler, −1_p = (−1)4k+1−12 = (−1)2k = 1. Dès

lors, -1 est un résidu quadratique dans F∗p. Donc, B est l’ensemble des p−1

2

résidus non quadratiques de F∗p. On considère l’ensemble C := {b − 1|b ∈ B}.

Or pour tout b ∈ B, b(b−1− 1) = 1 − b = −1(b − 1). Donc si b − 1 est un résidu quadratique, comme -1 en est aussi un et b n’en est pas un, on obtient alors par le Corollaire 1 que b−1− 1 n’est pas un résidu quadratique i.e. est un élément de B. On peut donc partitionner C en sous-ensembles de cardinal 2, {b − 1, b−1− 1} constitué d’un résidu quadratique et d’un résidu non quadratique. On obtient ainsi : 2 = 1p−12 + 1 = P (1) = Y b∈B (1 − b) = (−1)p−12 Y b∈B (b − 1) = Y b∈B (b − 1) =Y c∈C c Par conséquent,2 p  = Q c∈C  c p 

= (−1)p−14 . Donc 2 est un résidu quadratique

si et seulement si p ≡ 1[8]. •Supposons que p ≡ 3[4].

On a alors d’après le critère d’Euler, −1_p  = (−1)4k+3−12 = (−1)2k−1 = −1.

L’ensemble B contient alors p−1₂ − 1 = p−3₂ éléments. On considère l’ensemble D := {b + 1|b ∈ B} et on a, pour tout b ∈ B, b(b−1+ 1) = 1 + b, donc par un raisonnement analogue au cas précédent la moitié des éléments de D est résidu quadratique tandis que l’autre moitié ne l’est pas. On définit Q le polynôme défini sur Fp par

Q(X) := Y b∈B (X − b) = P (X) X + 1 = 1 + Xp−12 1 + X = p−1 2 X k=0 (−X)k On obtient alors : Q(−1) = Y b∈B (−1 − b) = (−1)p−32 Y b∈B (1 + b) = Y d∈D d = p−1 2 X k=0 1k= p − 1 2 Donc : p−1 2 p  = Q d∈D  d p 

= (−1)p−34 . Or p − 1 n’est pas un résidu quadratique

et 1₂ l’est si et seulement 2 l’est. Dès lors, 2 est un résidu quadratique si et seulement si p ≡ −1[8].

Tous ces résultats sur les résidus quadratiques dans Fp sont des éléments

principaux de démonstration de la proposition principale de la sous-section 2.2 sans utiliser la factorialité de Z[i√2].

3.2

_{Compléments sur l’anneau Z[i}

√

2]

Lemme 8. Soit p un nombre premier, p est réductible dans Z[i√2] si et seule-ment s’il existe x,y ∈ Z tels que p = x2+ 2y2_.

Démonstration. Montrons le sens direct : Si p est réductible dans Z[i√2] alors il existe z1, z2 ∈ Z[i

√

2] tels que p = z1z2 avec N (z1) 6= 1 et N (z2) 6= 1. Par

conséquent, p2 = N (p) = N (z1)N (z2), d’où comme p ∈ P, par factorialité

N (z1) = N (z2) = p. Donc en notant z1 sous forme algébrique z1 = x + i

√ 2y, on a : p = N (z1) = x2+ 2y2.

Montrons la réciproque : Supposons qu’il existe x, y ∈ Z tels que p = x2_+2y2_.

Alors p = (x − i√2)(x + i√2), or : N (x − i√2) = N (x + i√2) = x2_{+ 2 6= 1,}

donc p s’écrit comme produit de deux éléments non inversibles de Z[i√2] donc est réductible dans Z[i√2].

C’est par l’utilisation de cinq résultats sur les entiers de la forme x2_{+ 2y}2

que Daniel Perrin suggère la deuxième démonstration de la proposition de la sous-section 2.2 sans utilisation de la factorialité de Z[i√2] dans [1] section 5, p. 14. On pense que ces résultats étaient connus de Fermat, de manière analogue aux résultats dont on est assuré qu’il connaissait sur les entiers x2+ y2 et qu’ils lui ont été utiles à la preuve de la proposition 3.

Définition. Pour un entier t, on dira que t = x2_{+ 2y}2 _{est une décomposition}

propre de t si x et y sont premiers entre eux (on supposera toujours que x et y sont positifs).

Proposition 8. Un nombre premier impair p admet une décomposition propre si et seulement si p ≡ 1[8] ou p ≡ 3[8]. De plus, cette décomposition est unique. On dira alors que p est un bon nombre premier.

Démonstration. (i) Montrons le sens direct : Supposons que p soit un nombre premier sous la forme x2 _{+ 2y}2

où x, y ∈ N. Par imparité de p, il est im-possible que x soit pair. Soient k, l ∈ N, si x = 2k + 1 et y = 2l alors p = 4k2_{+ 4k + 1 + 8l}2_{= 4k(k + 1) + 8l}2_{+ 1 ≡ 1[8]. D’autre part, si x = 2k + 1 et}

y=2l + 1 alors p = 4k2_{+ 4k + 1 + 8l}2_{+ 8l + 2 = 4k(k + 1) + 8l}2_{+ 8l + 3 ≡ 3[8].}

(ii) Montrons la réciproque : On a : −2 p  = −1 p   2 p  = (−1)p−12 (−1) p2 −1 8 .

Supposons que p ≡ 1[8] alors : p−1₂ ≡ 0[2] et p2−1

8 ≡ 0[2]. Donc

 −2 p

 = 1. Ainsi, -2 est un résidu quadratique dans F∗p. De même, en supposant que p ≡ 3[8],

alors : p−1₂ ≡ 0[2] et p2₈−1 ≡ 0[2]. Donc −2 p



= 1. Ainsi, -2 est un résidu qua-dratique dans F∗. Par conséquent, si p ≡ 1[8] ou p ≡ 3[8], alors il existe ¯_{α ∈ F}∗

tel que α2≡ −2[p]. Dès lors, p divise α2_{+ 2 et α}2_{+ 2 = (α + i}√_{2)(α − i}√_2).

Supposons que p divise α ± i√2 alors il existe z = x + i√_{2y ∈ Z[i}√2] tel que α ± i√2 = p(x + i√2y) = px + i√2py, donc : ±1 = py i.e. p divise 1 : absurde. Donc (p) n’est pas pas premier, i.e. p est réductible. Par conséquent, d’après le lemme précédent, p ne peut se décomposer sous la forme p = a2+ 2b2 avec a, b ∈ Z.

(iii) Montrons, le cas échéant, l’unicité d’une telle décomposition : On a p = x2_{+ 2y}2_{= (x + iy}√_{2)(x − iy}√_{2). Supposons par l’absurde que x + iy}√_{2 soit}

réductible dans Z[i√2], il existe alors z1, z2∈ Z[i

√

2] tels que x + iy√2 = z1z2

et N (z1) 6= 1, N (z2) 6= 1. On obtient ainsi : p = N (x + iy

√

2) = N (z1)N (z2)

Absurde. Donc x + iy√2 est irréductible, et, de manière analogue on trouve que x − iy√2 l’est aussi. Ainsi, supposons qu’il existe deux décompositions de p, p = x2_+2y2_{= u}2_+2v2_{. On a alors p = (x+iy}√_2)(x−iy√_{2) = (u+iy}√_2)(u−iy√_2),

ainsi par unicité de la décomposition en éléments irréductibles dans Z[i√2] on obtient x = u et y = v. Il y a donc unicité de l’écriture de p sous la forme voulue.

Lemme 9. Si un nombre entier t admet une décomposition propre t = x2+ 2y2, il n’admet pas de mauvais facteur premier i.e. de facteur premier p tel que p ≡ 5[8] ou p ≡ 7[8].

Démonstration. Supposons qu’il existe un mauvais facteur premier p à t. Alors d’après le lemme et la proposition précédents, p est irréductible dans Z[i√2]. Or p divise x2_{+ 2y}2_{= (x − i}√_{2)(x + i}√_{2), donc p divise x ± i}√_{2y. On obtient}

alors : p(a + i√2b) = x ± i√2y i.e. x = pa et y = pb, donc : p divise x et y. Absurde car x et y sont premiers entre eux.

Proposition 9. Si p est un bon nombre premier, alors pour tout n ∈ N∗, pn

admet une unique décomposition propre.

Démonstration. On note p = x2+ 2y2 la décomposition propre de p. Montrons par récurrence sur n (n ≥ 1) que :

  

pn _{admet une unique décomposition propre x}2 n+ 2yn2

xn = xxn−1− 2yyn−1et yn= yxn−1+ xyn−1

p ne divise pas xn

· Inititialisation : n = 1

Par hypothèse, l’entier p admet une unique décomposition propre x2_{+ 2y}2_{. On}

définit x0= 1 et y0= 0. En posant x1= xx0− 2yy0= x et y1= yx0+ xy0= y,

on a bien p1_{= p = x}2

1+2y21, et cette décomposition est unique. Il reste à montrer

que p ne divise pas x1. Si p divise x1= x, alors p divise 2y2= p − x2, mais p est

impair donc il ne divise pas 2, d’où p divise y2_{et p est premier donc p divise y.}

· Hérédité

Soit n ∈ N∗ fixé tel que l’hypothèse de récurrence est vérifiée au rang n. On a : pn+1= pnp = (x2n+ 2y2n)(x2+ 2y2) = (xxn+ 2yyn)2+ 2(yxn− xyn)2

avec  = ±1.

- Cas où  = 1 : on pose xn+1 = xxn + 2yyn et yn+1 = yxn − xyn. On a

bien pn+1_{= x}2

n+1+ 2y2n+1, mais :



xn+1= x(xxn−1− 2yyn−1) + 2y(yxn−1+ xyn−1)

yn+1= y(xxn−1− 2yyn−1) − x(yxn−1+ xyn−1)

⇐⇒ 

xn+1= (x2+ 2y2)xn−1= pxn−1

yn+1= −(x2+ 2y2)yn−1= −pyn−1

Ainsi, xn+1et yn+1ne sont pas premiers entre eux, donc pn+1= x2n+1+2y2n+1

n’est pas une décomposition propre.

- Cas où  = −1 : on pose xn+1 = xxn − 2yyn et yn+1 = yxn + xyn. On a

bien pn+1_{= x}2

n+1+ 2y2n+1. Montrons que p ne divise pas xn+1. On a :

xn+1 = xxn− 2yyn= xxn− 2y2xn−1− 2xyyn−1

= xxn− 2y2xn−1− 2xyyn−1− x2xn−1+ x2xn−1

= xxn+ x(xxn−1− 2yyn−1) − (x2+ 2y2)xn−1

= 2xxn− pxn−1

Donc p ne divise pas xn+1 (sinon, p diviserait xn). Montrons maintenant que

xn+1et yn+1sont premiers entre eux. On a :

 xn+1= xxn− 2yyn yn+1= yxn+ xyn ⇐⇒  pxn = xxn+1+ 2yyn+1 pyn= −yxn+1+ xyn+1

Par suite, s’il existe un nombre premier q qui divise à la fois xn+1et yn+1, alors

q divise px et py. Si q 6= p, par le théorème de Gauss, q divise à la fois xn et yn.

Absurde. Ainsi, le seul nombre premier qui peut diviser à la fois xn+1 et yn+1

est p. Or d’après ce qui précède p ne divise pas xn+1. On en conclut alors que

xn+1et yn+1sont premiers entre eux.

· Concusion

Si on définit deux suites (xn)n∈N et (yn)n∈Nainsi :

 x0= 1 y0= 0 et ∀n ∈ N :  xn+1= xxn− 2yyn yn+1= yxn+ xyn

Proposition 10. Soit t un nombre admettant une décomposition en r bons nombres premiers avec r ∈ N∗ alors t admet exactement 2r−1 décompositions propres.

Démonstration. Notons (pi)i∈_J1,rKla famille de bons nombres premiers distincts

facteurs de t. On considère ainsi : t =

r

Q

i=1

pni

i . Pour r = 1 ce lemme est

véri-fié d’après la proposition 9, considérons alors le cas r supérieur ou égal à 2. D’après la proposition 9, pour tout i ∈_{J1, rK, il existe une unique} décompo-sition propre x2

i + 2yi2 de p ni

i . Pour i, j ∈ J1, rK avec i 6= j , d’après (1) on a pni

i p nj

j = (xixj+ 2yiyj)2+ 2(xiyj− yixj)2:= x2+ 2y2. Considérons la matrice

Ai telle que x y  = Ai xi yi  , on a donc : Ai= xj 2yj yj −xj 

, alors det(Ai) = −pnii, d’où A −1 i = − pni i −xj −2yj −yj xj  .

Par conséquent, sachant que : x y  = Ai xi yi  alors, pni i xi yi  = pni i A −1 i x y  =  xjx + 2yjy −(−yjx + xjy)  .

Dès lors, soit p un nombre premier divisant x et y alors p divise pni

i xi et pniiyi,

et divise donc pni

i car xi et yi sont premiers entre eux par hypothèse. Ainsi,

p = pi. D’autre part, on obtient de manière analogue en considérant la matrice

Aj telle que x y  = Aj xj yj 

que l’unique nombre premier divisant x et y est pj. Absurde. Donc x et y sont premiers entre eux. Ainsi, pour  = 1 et pour

 = −1, la formule (1) définit une décomposition propre de pni

i p nj

j , ce nombre

admet ainsi 2 décompositions propres. Dès lors, comme t =

r Q i=1 pni i , on obtient 2r−1 _{décompositions propres de t.}

Proposition 11. Si un nombre t admet deux décompositions propres distinctes alors t3 _{admet deux décompositions propres distinctes.}

Démonstration. On sait que les entiers n qui s’écrivent sous la forme a2_{+ 2b}2

sont ceux qui admettent une écriture n = z_{z dans Z[i}√2] avec z = a + i√2b. Considérons n = ωω une autre décomposition de n. Les décompositions sont les mêmes si ω ∈ {±z, ±z}. Dans notre cas, considérons zz et ωω les deux dé-compositions propres distinctes de t, on obtient alors : t3 _{= z}3_(z3_{) = ω}3_(ω3_).

Montrons que z36= ω3_{. Supposons par l’absurde que ce ne soit pas le cas alors}

ω ∈ {z, jz, j2z} avec j = e2iπ3 = −1+i

√ 3

2 . On sait d’ores et déjà que ω 6= z car les

décompositions de t sont distinctes. Si ω = jz alors j =ω_z ∈ Q(i√2). Par consé-quent, i√_{3 ∈ Q(i}√2), ce qui est impossible car on aurait sinon i√3 = α + iβ√2 d’où −3 = α2_{− β}2_{+ 2αβi}√_{2, on a alors α = 0 ou β = 0 ce qui est impossible}

manière analogue que ω3 6= −z3_{, ω}3 _{6= z}3 _{et ω}3 _{6= −z}3_{. Par conséquent, les}

décompositions propres de t3 obtenues par les deux décompositions propres de t sont bien distinctes.

On peut alors montrer la proposition 3 pour d = 2 à partir des cinq résul-tats énoncés et prouvés ci-dessus. On peut en effet établir ainsi la démonstration comme suit.

Rappel (Proposition 3). Soit d ∈ N∗ tel que Z[i√d] soit un anneau factoriel. Soient t, u, v ∈ Z tels que t3_{= u}2_{+ dv}2 _{et que u et v soient premiers entre eux.}

Alors il existe a, b ∈ Z tels que t = a2_{+ db}2_{, u = a}3_{− 3dab}2 _{et v = 3a}2_{b − db}3_.

Démonstration. (Proposition 3 ) On suppose que t3 _{s’écrit sous la forme t}3 ₌

u2_{+ 2v}2 _{où u et v sont premiers entre eux, alors d’après le lemme 9 il existe}

r ∈ N∗, (pi)i∈J1,rKune famille de bons nombres premiers et (ni)i∈J1,rKune famille

d’entiers strictement positifs tels que t3₌ Qr

i=1

pni

i . De plus, les ni sont

nécessai-rement des multiples de 3 et on peut alors considérer pour tout i ∈_{J1, rK, m}i

tel que ni= 3mi. On obtient ainsi : t = r

Q

i=1

pmi

i et ainsi, d’après la proposition

10, t admet exactement 2r−1 _{décompositions propres. Par conséquent, d’après}

la proposition 11, t3 _{admet 2}r−1 _{décompositions propres distinctes obtenues}

par la formule de la conséquence 1. De plus, on sait que t3_{admet exactement}

2r−1 décompositions propres d’après la proposition 10. On obtient donc pour les 2r−1 décompositions propres a2_i + 2b2_i de t, les 2r−1 décompositions propres (a3_i−6aib2i) 2_+2(3a2 ibi−2b3i) 2_{de t}3_{. Il existe donc i ∈} J1, rK tel que u = a 3 i−6aib2i et v = 3a2_ibi− 2b3i.

On obtient alors une deuxième démonstration de la proposition majeure de ce document qui a pour avantage de nous apporter une précision sur les décompositions propres et plus particulièrement sur leur nombre ce qui n’était pas spécifié par le biais de la démonstration effectuée dans la section 2.

Conclusion

L’objet de ce document a été la résolution de l’équation de Bachet, dans les cas d = 1 et d = 2. Cependant, dans un cas où d est supérieur ou égal à 3, on ne peut pas procéder comme dans la section 2, puisqu’alors l’anneau Z[i√d] n’est pas factoriel.

Une des possibilités qu’aborde notamment D. Perrin dans [1] est le recours à la notion de nombres complexes idéaux établie par Ernst Kümmer(1810-1893), dont les propriétés permettent de démontrer la proposition 10 sous une certaine condition sur l’entier d.

D’autre part, il s’agit d’un sujet très vaste et encore ouvert puisque toutes ces équations ne sont pas encore résolues bien qu’on sache actuellement grâce au travail du mathématicien Axel Thue(1863-1922) que l’ensemble des solutions de l’équation de Bachet à d fixé admet un nombre fini d’éléments. De plus, cette équation peut être vue plus généralement en recherchant les solutions dans les nombres rationnels.

Références

[1] Daniel Perrin, Autour de l’équation de Bachet, Université Paris-Sud, 2007. [2] Pierre Samuel, Théorie algébrique des nombres, Hermann, 1967.

[3] Loi de réciprocité quadratique, Wikipédia [en ligne], révisé le 6 février 2019, [consulté en avril 2019]. Disponible sur : https://fr.wikipedia.org/wiki/Loi_de_r%C3%A9ciprocit%C3%A9_qu adratique.

[4] Somme de Gauss, Wikipédia [en ligne], révisé le 10 fé-vrier 2019, [consulté en avril 2019]. Disponible sur : https://fr.wikipedia.org/wiki/Somme_de_Gauss.