d] contient 1 et qu'il est stable pour l'addition et la multipli- cation. Cela ne pose pas de problème :

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Partie I

1. On doit vérier que Z [ √

d] contient 1 et qu'il est stable pour l'addition et la multipli- cation. Cela ne pose pas de problème :

(x +

√

dy) + (x

+

√

dy

) = (x + x

)

| {z }

∈Z

+

√

d(y + y

)

| {z }

∈Z

(x +

√

dy)(x +

√

dy) = (xx

+ dyy

)

| {z }

∈Z

+

√

d(xy

+ x

y)

| {z }

∈Z

2. On vérie sans diculté que c(1) = 1 (cela est nécessaire pour un morphisme d'an- neau). De plus

∀(z, z

) ∈ Z [ √

d]

: c(z + z

) = c(z) + c(z

), c(zz

) = c(z)c(z

)

Le caractère bijectif vient de ce que c ◦ c = Id .

3. D'après la question précédente, pour tous z et z

dans Z [ √ d] , N (zz

) = zz

c(z)c(z

) = zc(z)z

c(z

) = N(z)N(z

)

4. Si z est inversible d'inverse z

zz

= 1 ⇒ N (zz

) = 1 ⇒ N (z)N (z

) = 1 ⇒ N (z) ∈ {−1, +1}

car N (z) et N(z

) sont entiers. Réciproquement, si N (z) ∈ {−1, +1} , comme N (z) = zc(z) , z est inversible d'inverse N (z)c(z) .

Partie II

1. L'ensemble contenant zz

s'obtient simplement par la règle des signes car c(zz

) = c(z)c(z

) . Cela donne le tableau suivant

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I+−

I−− I++

Y

I−+

x−√ dy= 0

x+√ dy= 0

X

Fig. 1: Partie III

Le signe de z est le même que celui de

, le signe de c(z) est le même que celui de

les quatre ensembles I

, I

, I

, I

sont donc stables par inversion.

2. Les stabilités nécessaires ont été démontrées lors de la question précédente.

3. On a admis que I 6= {−1, +1} , il existe donc un z dans I de module diérent de 1.

Alors z

6= 1 et z

∈ I

d'après le tableau II 1.

Partie III

Notons D

la droite d'équation x + √

d y = 0 et D

la droite d'équation x − √

d y = 0 . Si M est un point de coordonnées (x, y) , on peut interpréter

X = x − √

d y, Y = x +

√ d y

comme les coordonnées de M dans un repère attaché à ces droites. On en déduit la gure suivante.

Partie IV

1. On peut remarquer que si z = x + y √

d est un élément de Z [ √ d] alors x = 1

2 (z + c(z)), y = 1 2 √

d (z − c(z))

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1

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Lorsque z ∈ I

, les nombres z et c(z) sont strictement positifs donc x aussi. Dans ce cas N (z) = zc(z) > 0 donc N (z) = 1 .

Lorsque z ∈ I

avec z > 1 , c(z) =

< 1 < z donc y > 0 .

2. D'après les questions précédentes, X est une partie non vide de N

, elle admet donc un plus petit élément noté u .

3. D'après la dénition dans la question précédente, u est le plus petit élément de X . Il est obtenu pour un certain m de I

. Il existe donc un m ∈ I

tel que m > 1 et v ∈ N

avec m = u + √

d v .

On va montrer que m est le plus petit élément de {z ∈ I

tq z > 1}

Comme m est dans cet ensemble, on doit montrer seulement que m est un minorant de cet ensemble.

Considérons un z > 1 dans I

, il existe x et y naturels non nuls tels que z = x+ √ d y . Comme x ∈ X on a u ≤ x . D'autre part, comme N (z) = 1

x

− dy

= 1 y

= 1

d (x

− 1) ≥ 1

d (u

− 1) = v

Comme v et y sont positifs 0 < v < y et nalement par addition des deux inégalités z = x + √

d y ≥ u + √

d v = m

Partie V

1. Cette question est un analogue multiplicatif de l'étude des sous-groupes additifs de Z.

Par dénition m > 1 . Si z est un élément de I

strictement plus grand que 1, il existe un naturel non nul n tel que

m

≤ z < m

⇒ 1 ≤ m

z < m

De plus m

z ∈ I

et, par dénition de m , la relation m

z < m interdit à m

z d'être strictement plus grand que 1. Ainsi m

z = 1 d'où z = m

.

Lorsque z < 1 , on se ramène à la question précédente en considérant

2. a. Si z ∈ I

, z

∈ I

d'après le tableau II 1.

b. D'après la question 1, il existe n ∈ Z tel que z

= m

.

Si n était pair de la forme 2k , on aurait z = m

ou z = −m

. Ceci est impossible car m

∈ I

et −m

∈ I

. Ainsi n est forcément impair, de la forme 2k + 1 donc

z

= m

⇒ m = (zm

)

avec zm

∈ I

d'après le tableau II 1.

c. Si z ∈ I

alors z

∈ I

. Il existe donc un entier n tel que z

= m

= w

. On en déduit z = w

car −w

6∈ I

.

Partie VI

1. Comme 9 − 2 × 4 = 1 , il est clair que 3 + 2 √

2 est bien dans I

donc 3 ∈ X .

En utilisant les notations des parties IV et V, il s'agit maintenant de montrer que m = 3 + 2 √

2 en prouvant que 3 = min X . L'équation 4 − 2y

= 1 n'a pas de solution entière donc 2 6∈ X . Ceci montre que 3 est bien le plus petit élément de X et 3 + 2 √

2 engendre I

.

De (1 + √

2)

= 3 + 2 √

2 , on déduit que w = 1 + √

2 engendre I

.

2. a. Remarquons qu'un carré d'entier est congru à 0 ou 1 modulo 4. On en déduit que x

−3y

est congru à 0 ou 1 ou 2 mais jamais à -1 modulo 4. Il est donc impossible que pour x et y entiers x

− 3y

soit égal à −1 .

Ici I

et I

sont donc vides.

b. De 2 + √

3 ∈ I

, on déduit 2 ∈ X . D'autre part, 1 6∈ X donc 2 = min X et 2 + √

3 = m engendre I

. c. Les solutions sont les couples

1

2 (z + c(z)), 1 2 √

d (z − c(z)))

où z décrit I . Ici I = I

∪ I

. Les couples attachés aux éléments de I

sont les opposées de ceux de I

.

Comme I

est engendré par < 2 + √

3 > , formons les suites (u

)

, (a

)

, (b

)

en posant

u

= (2 + √

3)

= a

+ b

√ 3 Ces suites sont dénies par récurrence

a

= 2 b

= 1

a

= 2a

+ 3b

a

= 2a

− 3b

b

= a

+ 2b

b

= −a

+ 2b

Les solutions sont tous les couples

(a

, b

), (−a

, −b

) lorsque n décrit Z.

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

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