Th´eor`eme de Sophie Germain

Th´eor`eme de Sophie Germain

LauraGayd’apr`es M. Varvenneet C. Robet

R´ef´erence :FGNAl1: p.168 (Th´eor`eme) et p.140 (Lemme) Lemme

Si le produit de deux entiersaetb premiers entre eux est une puissancek-i`eme (aveck>2), alorsaetb sont tous les deux des puissancesk-i`emes.

Preuve du Lemme :

Soient aet b deux entiers premiers entre eux tels queab=c^k avecc∈Z etk >2. ´Ecrivons la d´ecomposition en facteurs premiers dea, betc :

a= Y

ppremier

p^αp, b= Y

ppremier

p^βp et c= Y

ppremier

p^γp

o`uα<sub>p</sub>, β<sub>p</sub> et γ<sub>p</sub> sont des familles d’entiers `a support fini.

Commeab=c^k, on obtient par unicit´e de la d´ecompositionα_p+β_p=kγ_ppour toutppremier. De plus, comme pgcd(a, b) = 1 on aα_pβ_p= 0¹pour toutppremier. Il en r´esulte que pour toutppremier,α_petβ_psont divisibles park.

Finalement,aet bsont bien des puissancesk-i`emes.

Th´eor`eme ( de Sophie Germain - 1823)

Soitpun nombre premier de Sophie Germain, c’est-`a-dire un nombre premier impair tel queq= 2p+ 1 soit premier. Alors

@(x, y, z)∈Z³tel que xyz6≡0 [p] et x^p+y^p+z^p= 0

Preuve du th´eor`eme : On raisonne par l’absurde.

On suppose donn´e dans la suite un triplet (x, y, z)∈Z³ tel quexyz6≡0 [p] etx^p+y^p+z^p= 0.

Soitd= pgcd(x, y, z). Quitte `a poserx⁰= x

d,y⁰ =y

d etz⁰= z

d, on peut supposer² d= 1.

Etape 1 Montrons que x, y, zsont premiers entre eux deux `a deux.

Supposons par l’absurde que pgcd(x, y)>1 et soitp₀un facteur premier qui divisexety. Alorsp₀|x^p+y^p doncp₀|z^pet donc p₀|z (Lemme d’Euclide) ce qui contredit le fait que pgcd(x, y, z) = 1.

Ainsi pgcd(x, y) = 1. De mˆeme, on en d´eduit que pgcd(x, z) = 1 et pgcd(y, z) = 1.

Etape 2 Montrons l’existence de (a, α)∈Z²tels que y+z=a^p et

p−1

X

k=0

(−z)^p−1−ky^k =α^p : On remarque que :

y^p+z^p= (y+z)

p−1

X

k=0

(−z)^p−1−ky^k=−x^p= (−x)^p (?)

D’apr`es leLemme, il suffit donc de montrer que (y+z) et

p−1

X

k=0

(−z)^p−1−ky^k sont premiers entre eux.

Supposons par l’absurde qu’il existep⁰ premier qui divise (y+z) et

p−1

X

k=0

(−z)^p−1−ky^k. Alors d’apr`es (?),p⁰²divisex^p doncp⁰ divisex.

1. carαpouβpdoit ˆetre nul

2. On aura toujoursx⁰y⁰z⁰6≡0 [p] etx^0p+y^0p+z^0p= 0.

1

Commey≡ −z [p⁰], on en d´eduit une nouvelle “´egalit´e”³

p−1

X

k=0

(−z)^p−1−ky^k















≡

p−1

X

k=0

y^p−1≡py^p−1 [p⁰]

≡0 [p⁰] (carp⁰

p−1

X

k=0

(−z)^p−1−ky^k)

Doncp⁰|py^p−1. D’apr`es le lemme d’Euclide⁴,p⁰|poup⁰|y^p−1 dontp⁰|y.

,→Sip⁰|p(iep⁰=p), cela signifie quep|x(absurde par hypoth`ese).

,→Sip⁰|y, cela contredit le fait que pgcd(x, y) = 1 D’o`u (y+z) et

p−1

X

k=0

(−z)^p−1−ky^k sont premiers entre eux.

D’apr`es le Lemme, comme leurs produits est une puissant p-i`eme (−x^p) il existe (a, α)∈ Z² tel que y+z=a^p et

p−1

X

k=0

(−z)^p−1−ky^k =α^p.

Par sym´etrie, il existe (b, c)∈Z² tel quex+y=c^p et x+z=b^p. Etape 3 Un et un seul des 3 entiersx, y, zest divisible parq:

Soitm∈Ztel quem6≡0 [q], d’apr`es le petit th´eor`eme de Fermat

m^q−1≡1 [q]⇒m^2p≡1 [q]⇒m^p≡ ±1 [q] (carZ/qZest un corps)⁵ Supposons par l’absurde qu’aucun des trois entiersx, y, xn’est divisible parq.

Alorsx^p≡ ±1 [q],y^p≡ ±1 [q] etz^p≡ ±1 [q].

Donc (0 =)x^p+y^p+z^p est congru `a 3,1,−1 ou−3 ce qui est absurde carq >5 donc on ne peut pas avoir 3,−1,1,−3≡ 0[q].

On peut donc supposer sans perte de g´en´eralit´e quexest divisible parq (et c’est le seul carx, y, z sont premiers entre eux deux `a deux).

Etape 4 Contradiction et conclusion :

On ay+z=a^p,x+z=b^pet x+y=c^p doncb^p+c^p−a^p= 2x≡0 [q] (??).

D’autre part,y≡c^p [q] carx≡0 [q].

De plus, q ne divise pasy donc ne divise pasc^p et donc ne divise pas c. D’o`u y≡c^p≡ ±1 [q] (c’est le d´ebut de l’´etape 3).

De mˆeme,z≡ ±1 [q].

Supposonsqne divise pasa, alorsa^p≡ ±1 [q]⇒c^p+b^p−a^p≡ ±1 ou ±3 [q] (absurde d’apr`es (??)).

Doncqdiviseaiey+z≡0 [q].

Avec cette derni`ere congruence, on peut ´ecrire d’autre part

α^p=

p−1

X

k=0

(−z)^p−1−ky^k ≡ py^p−1 [q]

≡ p(±1)^p−1[q]

≡ ⁶ p[q]

Or une puissancep-i`eme≡0,±1 [q] (c’est le Fermat du d´ebut de l’´etape 3 qui nous dit ¸ca).

Dans tous les cas, on aboutit `a une contradiction (si c’est congru `a 0 ¸ca nous donnep≡0 [q] absurde, si c’est±1 ¸ca nous donnep≡ ±1 [q] ie 2p+ 1 =q≡ ±2 + 1 = 3 ou −1 [q] absurde).

On en d´eduit finalement que

@ (x, y, z)∈Z³ tel quexyz6≡0 [p] etx^p+y^p+z^p= 0.

3. ¸ca ne d´ecoule pas d’(?)

4. et non Gauss comme ´ecrit dans le livre

5. En fait on dit que dansZ/qZon a (m^p)²−1 = 0 donc (m^p−1)(m^p+ 1) = 0 et par int´egrit´e -car c’est un corps- on a le truc voulu

6. carp−1 est pair

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R´ eponses ` a de possibles questions

1. Pourquoi on supposepimpair ? ,→L’´egalit´ex^p+y^p= (x+y)

p−1

X

k=0

x^k(−y)^p−1−k n’est vraie que pourpimpair (faux je crois ? ?).

Sip= 2, il n’y a pas de solutions.

Notes :

XA l’oral, bla

XLemme d’Euclide : Si un nombre premierpdivisebc, alorspdiviseb ouc. Une g´en´eralisation est : Lemme de Gauss : Si un nombre entieradivisebc, et sia∧b= 1, alorsadivisec.

XLe plus grand nombre premier de Sophie Germain actuellement connu est 39051×2⁶⁰⁰¹−1 trouv´e en 1986.

On conjecture qu’il en existe un infinit´e.

♣Marie-SophieGermain(1776 - 1831), est une math´ematicienne et philosophe fran¸caise. Elle est connue pour le th´eor`eme d’arithm´etique qui porte son nom, pour ses ´echanges avec le math´ematicien Gauss et pour ses travaux sur l’´elasticit´e des corps. Elle avait pour nom d’emprunt Antoine Auguste Le Blanc. Lorsqu’elle se voit oblig´ee de r´eveler son identit´e, Gauss devient encore plus fan d’elle et lui envoie une lettre de “d´eclaration”

d’admiration.

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