Th´ eorie des Nombres

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Universit´e Pierre & Marie Curie Master de math´ematiques 1

Ann´ee 2011-2012 Module MM020

Th´ eorie des Nombres

Examen partiel du 29 f´ evrier 2012

dur´ee : 2 heures

Documents autoris´es : cours et notes de cours personnelles Calculatrices interdites

Exercice 1 :

a) Calculer le polynˆome cyclotomique φ₁₂(X).

b) Décomposer le polynômeφ₁₂ en facteurs irréductibles modulo 2, 7 et 13.

c) Existe-t-il un nombre premier p tel que φ₁₂ soit irr´eductible dans Fp[X] ? Si oui, donner un exemple de tel p.

d) Pour quels nombres premiersp le polynôme φ₁₂ est-il scindé ? irréductible ? ni l’un, ni l’autre ? Solution de l’exercice 1.

a) On peut par exemple utiliser la relation X¹²−1 =Q

d|12φ_d(X), qui donne

X¹²−1 =φ₁(X)φ₂(X)φ₃(X)φ₄(X)φ₆(X)φ₁₂(X) = (X⁶−1)φ₄(X)φ₁₂(X) = (X⁶−1)(X²+1)φ₁₂(X). Alors la division euclidienne de X¹²−1 par (X⁶−1)(X²+ 1), c’est-`a-dire celle deX⁶+ 1 par X²+ 1, donne φ₁₂(X) =X⁴−X²+ 1∈Z[X].

On pouvait aussi calculer φ₁₂ grˆace `a la formule φ₁₂(X) = Q

k∈(Z/12Z)^∗(X−e^2ikπ¹² ) = (X − e^2iπ¹²)(X−e^2i5π¹² )(X−e^2i7π¹² )(X−e^2i11π¹² ), en calculant les quelques sommes et produits de racines de l’unit´e qui apparaissent.

b) – Modulo 2, il est clair que φ₁₂(X) =X⁴+X²+ 1 = (X²+X+ 1)² ∈F2[X], et on sait que le polynˆomeX²+X+ 1 est irr´edutible surF2 (il n’a pas de racine dans F2).

– Modulo 7, on a φ12(X) =X⁴−X²+ 1 = (X²−3)(X²−5)∈F7[X], etX²−3,X²−5 sont irr´eductibles dans F7 car 3 et 5 ne sont pas des carr´es modulo 7.

– Modulo 13, les racines deφ12(X) sont les classes de 2,6,7,11 modulo 13 (il suffit par exemple de r´esoudre x²−x+ 1 = 0 dansF13, puis de calculer les racines carr´ees des solutions). On obtient φ₁₂(X) = (X−2)(X+ 2)(X−6)(X+ 6)∈F13[X].

c) D’après le cours, si p est premier à 12 (i.e. p 6= 2,3), alors φ₁₂ se décompose en facteurs irréductibles modulopqui sont tous de degréd, oùdest l’ordre depdans le groupe (Z/12Z)^∗. Or le lemme chinois assure que (Z/12Z)^∗ ∼= (Z/4Z)^∗×(Z/3Z)^∗ ∼=Z/2Z×Z/2Z. Donc les éléments de (Z/12Z)^∗ sont d’ordre 1 ou 2, donc φ₁₂ n’est jamais irréductible modulo p, si p 6= 2,3.

Pour p = 2, on a vu que φ12 n’était pas irréductible modulo 2, et pour p = 3, on vérifie que φ12(X) =X⁴+ 2X²+ 1 = (X²+ 1)² ∈F3[X]. Doncφ12 n’est jamais irréductible modulo p.

d) On sait que, pour p6= 2,3,φ12 est scindé dans Fp[X] si et seulement sip est d’ordre 1 modulo 12 si et seulement sip≡1 [12]. Donc avec la question précédente, on conclut que φ₁₂est scindé dans Fp[X] si et seulement sip≡1 [12], et φ₁₂ est produit de deux polynômes irréductibles de degré 2 dans Fp[X] sinon.

Exercice 2 : L’´equation x²−6x+ 11 = 0 a-t-elle une solution modulo 131 ? Solution de l’exercice 2. Tout d’abord, on v´erifie que 131 est un nombre premier.

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Ensuite, on calcule le discriminant de cette équation de degré 2. Il vaut ∆ =−8. Donc cette équation a une solution dans Z/131Zsi et seulement si ∆ est un carré dans Z/131Z si et seulement si −2 est un carré modulo 131 si et seulement si ₁₃₁⁻²

= 1. Or on a ₁₃₁⁻²

= ₁₃₁⁻¹ ₂

131

, et ₁₃₁⁻¹

= −1 car 131≡3 [4], et ₁₃₁²

=−1 car 131≡3 [8] (voir la loi de r´eciprocit´e quadratique). Donc finalement on a ₁₃₁⁻²

= 1, donc l’´equation a des (deux) solutions modulo 131.

Exercice 3 : R´esoudre l’´equation x²+ 6x+ 10 = 0 dansZ/221Z.

Solution de l’exercice 3. Tout d’abord, on remarque que 221 = 13.17, avec 13 et 17 premiers. Ensuite, on ax²+ 6x+ 10≡0 [221] si et seulement si (x+ 3)² ≡ −1 [221]. En posanty=x+ 3, il suffit donc de résoudre l’équation y² ≡ −1 [221]. Or le lemme chinois assure que l’équation y² ≡ −1 [221] équivaut au système

y² ≡ −1 [13]

y² ≡ −1 [17] .

Or 13 et 17 sont congrus à 1 modulo 4, donc −1 est un carré modulo 13 et 17, et explicitement 5²≡ −1 [13] et 4² ≡ −1 [17]. Donc finalement les solutions du système précédent sonty≡5 ou −5 [13]

et y ≡ 4 ou −4 [17]. Or on a la relation de Bezout suivante : 4.13 −3.17 = 1, donc le lemme chinois assure que les conditions précédentes équivalent à y ≡ 21,47,174,200 [221], donc finalement les solutions de l’équation initiale sont

x≡18,44,171,197 [221].

Exercice 4 : Soientp, q deux nombres premiers impairs distincts, tels quep≡q ≡3 [4].

Montrer que l’´equation x²−qy²=pn’a pas de solution (x, y) dansZ².

Solution de l’exercice 4. On peut raisonner de la fa¸con suivante : supposons qu’il existe une solution (x, y) dansZ²; tout d’abord, il est clair quepne divise nix, niy. En r´eduisant l’´equation moduloq et modulop, on obtientx² ≡p [q] et

x y

2

≡q [p]. Doncpest un carr´e moduloqetqest un carr´e modulo p, i.e.

p q

=

q p

= 1. Or la loi de r´eciprocit´e quadratique assure que

p q

=

q p

= (−1)^p−1² ^q−1² . L’hypothèse sur la congruence de p et q modulo 4 assure que (−1)^p−1² ^q−1² = −1, donc on obtient 1 =−1, d’où une contradiction. Donc l’équation n’a pas de solution entière.

On pouvait aussi raisonner plus directement (sans la réciprocité quadratique) en réduisant l’équation modulo 4, pour obtenir l’équationx²+y² ≡3 [4]. Cette dernière n’a pas de solution puisque les carrés dansZ/4Z sont les classes de 0 et de 1, donc une somme de deux carrés modulo 4 ne peut être égale

`

a 3 modulo 4.

Exercice 5 :

a) Soit n∈N,p premier, e≥1 tels quep^e soit la plus grande puissance de p divisant n−1. Soit a∈Ztel que aⁿ⁻¹≡1 [n] et pgcd

a

n−1 p −1, n

= 1. Soit enfinlun facteur premier de n.

i) Montrer queaest inversible dansZ/lZ.

ii) Montrer que l’ordre deadans (Z/lZ)^∗ est divisible par pê. iii) En déduire que l≡1 [pê].

b) Soitn∈N. On suppose quen−1 =m1m2, avec m1 ≥m2, et que pour toutq premier divisant m1, il existeaq ∈Ztel queaⁿ⁻¹_q ≡1 [n] et pgcd

a

n−1

qq −1, n

= 1.

i) Montrer que tout facteur premier denest congru `a 1 modulom1. ii) En d´eduire que nest premier.

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iii) Montrer le crit`ere de primalit´e suivant : sin=k.2^r+ 1, avecr≥2,k≤2^retk≡(−1)^r [3], alors nest premier si et seulement si 3^k.2^r−1 ≡ −1 [n].

Solution de l’exercice 5.

a) i) La relation aⁿ⁻¹ ≡1 [n] assure queaⁿ⁻¹ ≡1 [l] (car l divisen). Cela assure en particulier que l ne divise pasa, doncaest inversible modulo l (et son inverse estaⁿ⁻²).

ii) Notons h l’ordre multiplicatif de a modulo l. Alors la relation aⁿ⁻¹ ≡ 1 [l] assure que h divise n−1. L’hypoth`ese pgcd

aⁿ⁻¹^p −1, n

= 1 assure notamment que aⁿ⁻¹^p −1 n’est pas divisible parl. Donchne divise pas ⁿ⁻¹_p . Ces deux conditions assurent que p^e diviseh (puisquep est premier).

iii) L’ordre h de a modulo l divise le cardinal du groupe (Z/lZ)^∗, donc h divise l−1. Or pê diviseh par la question précédente, doncpê divisel−1, d’où l≡1 [pê].

b) i) Soit l un facteur premier de n. On ´ecrit la d´ecomposition de m₁ en facteurs premiers distincts m1 = Qr

i=1pê_iⁱ. L’existence des éléments api et la question a) assurent que pour tout i,l≡1 [pê_iⁱ]. Alors le lemme chinois assure que l≡1 [m1].

ii) La question précédente assure que tout facteur premierldenest supérieur ou égal à 1+m1. Donc pour un tel facteur premierl, on an−1 =m₁m₂ ≤m²₁≤(l−1)². Donc en particuler l²−2(l−1) ≥n, donc l² > n, donc l >√

n. Finalement, tous les facteurs premiers de n sont >√

n, doncn est un nombre premier.

iii) – On suppose d’abord que 3^k.2^r−1 ≡ −1 [n]. On remarque que n−1 = k.2^r, donc en posant m₁ := 2^r et m₂ := k, on est dans les hypothèses de la question b). Orq = 2 est l’unique facteur premier de m₁, donc il suffit de vérifier que le choix de a₂ = 3 satisfait les hypothèses de la question b), à savoir 3ⁿ⁻¹ ≡ 1 [n] et pgcd

3ⁿ⁻¹² −1, n

= 1. La première condition est une conséquence de l’hypothèse 3^k.2^r−1 ≡ −1 [n], puisque 3ⁿ⁻¹ ≡

3^k.2^r−12

≡(−1)² ≡1 [n]. La seconde condition ´equivaut `a pgcd

3ⁿ⁻¹² −1, n

= 1, i.e.

`

a pgcd (2, n) = 1. Or n est impair, donc cette derni`ere condition est satisfaite, donc la question b)ii) assure quenest premier.

– On suppose maintenant que n est premier. On sait alors, puisque n 6= 3, que l’on a 3ⁿ⁻¹² ≡ _n³

[n]. Or la loi de r´eciprocit´e quadratique assure que _n³

= ⁿ₃

, puisque n≡1 [4]. En outre, on an=k.2^r+1≡(−1)^r2^r+1≡1+1≡2 [3], donc ⁿ₃

= ²₃

=−1.

Donc finalement, on a 3ⁿ⁻¹² ≡ −1 [n], d’o`u le r´esultat.

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