1 Relation de congruence et d´ efinition de l’ensemble Z/nZ

Dans tout ce donument, n∈N^∗.

1 Relation de congruence et d´ efinition de l’ensemble Z/nZ

D´efinition 1.1

Soienta, b∈Z. On dit queaest congru `abmodulonlorsquendivisea−b. On note alorsa≡b (mod n).

Proposition 1.2

La relation de congruence modulonest une relation d’´equivalence surZ.

Preuve. Il faut montrer que la relation de congruence mudulonest r´eflexive, sym´etrique et transitive.

Soita∈Z.ndivise 0 doncndivisea−a. On a donca≡a (modn), d’o`u la r´eflexivit´e.

Soienta, b∈Ztels quea≡b (modn). Alorsndivisea−b. Il existek∈Ztela−b=kn. Alorsb−a= (−k)n, avec−k∈Z. Par cons´equent,ndiviseb−aet doncb≡a (mod n), d’o`u la sym´etrie.

Soienta, b, c∈Ztels quea≡b (modn) etb≡c (modn). Il existek, k⁰ ∈Ztels quea−b=knetb−c=k⁰n.

On a alors :

a−c=a−b+b−c=kn+k⁰n= (k+k⁰)n

aveck+k⁰∈Z.ndivise alorsa−c et donca≡c (modn), d’o`u la transitivit´e.

Notation 1.3

On noteZ/nZl’ensemble des classes d’´equivalence pour la relation de congruence modulon.

Proposition 1.4

Pour touta∈Z, il existe un unique entierb∈J0 ;n−1Ktel quea≡b (modn).best le reste de la division euclidienne deaparn.

Preuve. Soita∈Z. Effectuons la division euclidienne de aparn: il existe un unique couple (q, b)∈Z×N tel que a=nq+b, avecb∈J0 ;n−1K.ndivisea−b (carnq=a−b) donc a≡b (modn), d’o`u l’existence.

Soitb⁰ ∈J0 ;n−1Ktel quea≡b⁰ (modn). Il existeq⁰∈Ztel quea−b⁰ =q⁰n, ou encorea=q⁰n+b⁰. On a alorsq⁰n+b⁰ =qn+b, ce qui s’´ecrit aussi (q⁰−q)n=b−b⁰. Or,b−b⁰ v´erifie−n < b−b⁰< n. On en d´eduit

−n <(q⁰−q)n < n, puis −1 < q⁰−q <1.q−q⁰ ∈Zdoncq⁰−q= 0 et doncb−b⁰ = (q⁰−q)n= 0. D’o`u

l’unicit´e.

Corollaire 1.5

Z/nZa exactementn´el´ements :0,1, . . . , n−1.

Preuve. Pour toutα∈Z/nZ, il existe un uniquea∈J0 ;n−1Ktel que α=a, doncZ/nZadmet au plusn

´

el´ements.

Soienta, b∈J0 ;n−1Ktels quea6=b. Supposonsa=b. Il existek∈Ztel quea−b=nk. Or,−n < a−b < n donc−n < nk < n. Par suite,−1< k <1. Commek∈Z,k= 0 et donca=b. Contradiction donca6=bet

doncZ/nZa exactement n´el´ements : 0,1, . . . , n−1.

2 Structure alg´ ebrique de Z/nZ

Proposition 2.1

Soienta, a⁰, b, b⁰∈Ztels quea≡a⁰ (mod n)etb≡b⁰ (mod n). Alorsa+a⁰≡b+b⁰ (mod n)etab≡a⁰b⁰ (modn).

Preuve. Soienta, a⁰, b, b⁰ ∈Ztels quea≡a⁰ (modn) etb≡b⁰ (mod n). Il existek, k⁰∈Ztels quea−a⁰ =kn et b−b⁰ =k⁰n. Alorsa−a⁰+b−b⁰ =kn+k⁰n, c’est-`a-dire (a+b)−(a⁰+b⁰) = (k+k⁰)n, aveck+k⁰∈Z donca+a⁰≡b+b⁰ (mod n).

On a a=a⁰+knetb=b⁰+k⁰n. On en d´eduit :

ab= (a⁰+kn)(b⁰+k⁰n) =a⁰b⁰+ (a⁰k⁰+kb⁰+kk⁰n)n.

ndivise doncab−a⁰b⁰ et doncab≡a⁰b⁰ (modn).

D´efinition 2.2

Soientα, β∈Z/nZ,a, b∈Ztels queα=aetβ =b. On d´efinit+et×par :α+β=a+betα×β=a×b.

Remarque 2.3

La proposition pr´ec´edente assure que le r´esultat de α+β et α×β est ind´ependant des repr´esentants respectifsaet bdeαetβ.

Th´eor`eme 2.4

(Z/nZ,+,×)est un anneau commutatif.

Preuve. Montrons d’abord que (Z/nZ,+) est un groupe commutatif.

Z/nZ6=∅car 0∈Z/nZ.

Soient α, β, γ∈Z/nZ. Soienta, b, c∈Ztels que α=a,β =b etγ=c.

α+β=a+b=a+b=b+a=b+a=β+α donc + est commutative.

0 est un ´el´ement neutre pour cette op´eration car :

α+ 0 =a+ 0 =a+ 0 =a=α.

αadmet un oppos´e qui est−a:

α+−a=a+−a=a+ (−a) = 0.

+ est associative :

α+ (β+γ) =a+ (b+c) =a+b+c=a+ (b+c) = (a+b) +c=a+b+c= (a+b) +c= (α+β) +γ.

×est associative :

α×(β×γ) =a×(b×c) =a×b×c=a×(b×c) = (a×b)×c=a×b×c= (a×b)×c= (α×β)×γ.

×est distributive par rapport `a + :

α×(β+γ) =a×(b+c) =a×b+c=a×(b+c) =a×b+a×c=a×b+a×c=a×b+a×c=α×β+α×γ.

Enfin,×est commutative :

α×β=a×b=a×b=b×a=b×a=β×α.

(Z/nZ,+,×) est donc un anneau commutatif.

Proposition 2.5

Soitk∈Z.kest inversible dansZ/nZsi et seulement sik∧n= 1.

Preuve. Soitk∈Z. Supposonskinversible dansZ/nZ. Il existea∈Ztel quek×a= 1 doncndiviseka−1.

Il existeb∈Ztel queka−1 =nb. Alorska+ (−b)n= 1, avec (a ,−b)∈Z². D’apr`es le th´eor`eme deB´ezout, k∧n= 1.

Supposons maintenant k∧n = 1. Il existe (u , v) ∈ Z² tel que ku+nv = 1. Alors ku+nv = 1. Or, ku+nv=k·u+n·vet n= 0 doncku= 1 et donckest inversible dans Z/nZ. Corollaire 2.6

Z/nZest un corps si et seulement sinest premier.

Preuve. Supposons que Z/nZ est un corps. Alors Z/nZ est int`egre. Supposons n non premier. Il existe p, q∈N− {0,1} tel quen=pq.n= 0 doncp×q= 0, avecp, q∈J2 ;n−1K(et doncp6= 0 etq6= 0), ce qui contredit le fait queZ/nZest int`egre.nest donc un nombre premier.

Supposons maintenant n premier. Soita ∈J1 ;n−1K. Alors a∧n= 1 et donc aest inversible dansZ/nZ. Tout ´el´ement non nul deZ/nZest donc inversible doncZ/nZest un corps.

3 Applications

3.1 Crit` eres de divisibilit´ e

Th´eor`eme 3.1 Soita∈N^∗.

(i) aest divisible par 2 si et seulement siase termine par 0, 2, 4, 6 ou 8 ; (ii) aest divisible par 5 si et seulement siase termine par 0 ou 5 ;

(iii) aest divisible par 3 (respectivement par 9) si et seulement si la somme des chiffres qui le composent est divisible par 3 (respectivement par 9) ;

(iv) aest divisible par 4 si et seulement si le nombres form´e par les deux derniers chiffres est divisible par 4 ;

(v) aest divisible par 10 si et seulement siase termine par 0.

Preuve. Soita∈N^∗. Il existe un uniquep∈Net un unique (p+1)-uplet (a_p, . . . , a₀)∈J0 ; 9K

p+1, aveca_p6= 0 tels que a=

p

X

k=0

a_k10^k. Pour prouver l’assertion (i), on se place dans Z/2Z. Pourk>1, 10^k= 10^k = 0 donc a=a0.aest divisible par 2 si et seulement sia= 0 c’est-`a-dire si et seulement si a0= 0.a0≡0 (mod 2) si et seulement sia<sub>0</sub>∈ {0,2,4,6,8}, d’o`u le r´esultat.

Les autres points se d´emontrent de la mˆeme mani`ere et sont laiss´es au lecteur.

3.2 Groupes cycliques

Proposition 3.2

Un groupe cyclique `an´el´ements est isomorphe `a(Z/nZ,+).

Preuve. SoitGun groupe cyclique `an´el´ements. Soitgun g´en´erateur de G.G´etant fini,g est d’ordre fini.

Notons pl’ordre deg. On a alorsG={e, g, . . . , g^p−1}, o`ued´esigne l’´el´ement neutre du groupeG.Gayant n´elements, on en d´eduit quen=p. On a doncG={e, g, . . . , g<sup>n−1</sup>}. Soitφl’application d´efinie surZ/nZ, `a valeurs dans Gd´efinie par :

∀α∈Z/nZ, φ(α) =g^a o`uaest l’unique ´el´ement deJ0 ;n−1Ktel que α=a.

Montrons queφest un isomorphisme.

Soientα, β∈Z/nZ. Il existe un unique couple (a , b)∈J0 ;n−1K

2 tel queα=aet β=b. Il existe un unique couple (q , r)∈Z×Ntel quea+b=nq+r, avecr∈J0 ;n−1K. Alorsφ(α+β) =g^r. Or,

g^a+b=g^nq+r= (gⁿ)^qg^r=e^qg^r=g^r donc

φ(α+β) =g^a+b=g^ag^b=φ(α)φ(β).

φest donc un morphisme de groupes.

Montrons maintenant que φ est injectif. Soit α∈ kerφ. Il existe un unique a ∈ J0 ;n−1K tel que α = a.

φ(α) =edoncg^a =e. Par suite, a= 0 donc kerφ={0} et doncφ est injectif.G et Z/nZ ayant le mˆeme nombre fini d’´el´ements, on en d´eduit queφest bijectif.φest donc un isomorphisme.

3.3 Equation diophantienne

L’´equationx²−y²= 18, d’inconnue (x , y)∈Z² n’a pas de solution dansZ²

Supposons le contraire. Soit (a , b)∈Z²une solution de cette ´equation. Alorsa²−b²= 18. Pla¸cons-nous dans Z/4Z.a²−b²=a²−b²=a²−b² et 18 = 2.

a∈ {0,1,2,3}donca²∈ {0,1,4,9}={0,1}.

De mˆeme,b∈ {0,1}.

Si a²= 0 etb²= 0, alors a²−b²= 0.

Si a²= 1 etb²= 0, alors a²−b²= 1.

Si a²= 0 etb²= 1, alors a²−b²=−1 = 3.

Si a²= 1 etb²= 1, alors a²−b²= 0.

On en d´eduit : a²−b² ∈ {2} ∩ {0,1,3}=∅. Par suite, l’´equationx²−y² = 18, d’inconnue (x , y)∈Z² n’a pas de solution dansZ².

3.4 Th´ eor` eme chinois

Th´eor`eme 3.3

Soit(a, b)∈(N^∗)². Les anneauxZ/abZet Z/aZ×Z/bZsont isomorphes si et seulement sia∧b= 1.

Preuve. Sin∈N^∗ et x∈Z, on notecln(x) la classe dexdans Z/nZ. Soit (a, b)∈(N^∗)² tel quea∧b= 1.

Soitf l’application d´efinie surZ/abZ, `a valeurs dansZ/aZ×Z/bZ, d´efinie parξ7→(cla(x) ;clb(x)), o`ux∈Z tel que ξ=cl_ab(x).

Montrons d´ej`a que l’applicationf est bien d´efinie.

Soit ξ∈Z/abZ. Soient x, y∈Ztels que ξ=clab(x) = clab(y). x≡y (mod ab) donc abdivise x−y.On en d´eduit queadivisex−y (c’est-`a-direcl<sub>a</sub>(x) =cl<sub>a</sub>(y)) etbdivisex−y (c’est-`a-dire cl_b(x) =cl_b(y)) et donc f est bien d´efinie.

Montrons maintenant que f est un morphisme d’anneaux. Soient ξ, η ∈ Z/abZ. Soient x, y ∈ Z tels que ξ=cl_ab(x) etη =cl_ab(y). On a ξ+η=cl_ab(x+y),ξη=cl_ab(xy) et :

f(ξ+η) = (cl_a(x+y) ;cl_b(x+y)) = (cl_a(x)+cl_a(y) ;cl_b(x)+cl_b(y)) = (cl_a(x) ;cl_b(x))+(cl_a(y) ;cl_b(y)) =f(ξ)+f(η) f(ξη) = (cla(xy) ;clb(xy)) = (cla(x)cla(y) ;clb(x)clb(y)) = (cla(x) ;cla(y))(clb(x) ;clb(y)) =f(ξ)f(η)

f(clab(1)) = (cla(1) ;clb(1)) f est bien un morphisme d’anneaux.

Il reste `a montrer que f est bijective. Soit ξ ∈ Z/abZ tel que f(ξ) = (cla(0) ;clb(0)). Soit x ∈ Z tel que ξ=clab(x).f(ξ) = (cla(x) ;clb(x)). On en d´eduitcla(x) =cla(0) (doncadivisex) etclb(x) =clb(0) (doncb divise x). aet b ´etant premiers entre eux, on en d´eduit que ab divisex, c’est-`a-dire cl_ab(x) = cl_ab(0). f est donc injective.

card(Z/abZ) =abet card(Z/aZ×Z/bZ) = card(Z/aZ)×card(Z/bZ) =ab.f est donc bijective (car injective entre deux ensembles finis de mˆeme cardinal).

Supposons maintenanta∧b6= 1. Montrons qu’alorsZ/abZet Z/aZ×Z/bZne sont pas isomorphes.cl_ab(1) est d’ordreabdans le groupe additifZ/abZdonc l’ordre du groupe additifZ/abZest un multiple deab. Soit p= ppcm(a;b).

Soit (α;β) ∈ Z/aZ×Z/bZ. Il existe (x;y) ∈ J0 ;n−1K×J0 ;m−1K tel que (α;β) = (cl_a(x) ;cl_b(y)).

(pα;pβ) = (cla(px) ;clb(py)).pest un multiple deadonccla(px) =cla(0). De mˆeme,pest un multiple deb doncclb(py) =clb(0). On en d´eduit que tous les ´el´ements deZ/aZ×Z/bZont un ordre qui divisep. L’ordre deZ/aZ×Z/bZest donc inf´erieur ou ´egal `ap. Or,p < abcara∧b6= 1. Z/abZ´etant d’ordre un multiple de ab, il ne peut donc pas ˆetre isomorphe `a un groupe dont l’ordre est strictement inf´erieur `a ab.

3.5 Th´ eor` eme des restes chinois et syst` emes de congruences

Th´eor`eme 3.4

Soientp∈N^∗,n1, . . . , np des entiers naturels deux `a deux premiers entre eux et(a1, . . . , ap)∈Z<sup>p</sup>. Alors le syst`eme de congruences d´efini par : ∀k∈ J1, pK, x ≡ak (modnk) admet une unique solution modulo N =n₁. . . n_p, donn´ee parx≡

p

P

k=1

u_kN_ka_k, o`u pour toutk∈J1, pK, N_k= _n^N

k et u_k ≡N_k⁻¹ (modn_k).

Preuve. Soientp∈N^∗, n1, . . . , np des entiers deux `a deux premiers entre eux et (a1, . . . , ap)∈Z<sup>p</sup>. Notons (S) le syst`eme de congruences d´efini par :

∀k∈J1, pK, x≡ak (modnk).

Pour toutk∈J1, pK, on noteNk l’entier _N^N

k. Les entiersnk´etant deux `a deux premiers entre eux, il en r´esulte que pour tout entier k∈J1, pK,N_k et n_k sont premiers entre eux et donc N_k est inversible modulon_k. Pour tout k∈J1, pK, notonsu_k≡N_k⁻¹ (mod n_k). Soitx=

p

P

k=1

u_kN_ka_k. Soiti∈J1, pK. Sik∈J1, pKetk6=i, alors Ni ≡0 (modnk). On a alorsx≡uiNiai (mod ni). OruiNi≡1 (modni) par d´efinition deui doncx≡ai

(mod n_i). Ceci ´etant vrai pour tout entieri∈J1, pK,xest une solution du syst`eme (S). D’o`u l’existence.

Soityune autre solution de (S). Alors pour toutk∈J1, pK,x−y≡0 (modnk), c’est-`a-direnk divisex−y.

Les entiers nk ´etant deux `a deux premiers entre eux, il en r´esulte que N divise x−y, c’est-`a-dire x ≡ y

(mod N), d’o`u l’unicit´e de la solution moduloN.

Exemple 3.5

R´esoudre dansZle syst`eme suivant :











x≡4 (mod 5) x≡3 (mod 6) x≡2 (mod 7).

5∧6∧7 = 1. On applique le th´eor`eme des restes chinois, avecn1= 5, n2= 6, n3= 7, N= 210, a1= 4, a2= 3 eta<sub>3</sub>= 2. On sait que ce syst`eme admet une unique solution modulo 210, donn´ee parx=u₁a₁N₁+u₂a₂N₂+ u3a3N3, o`uN1= _n^N

1 = ²¹⁰₅ = 42,N2 =_n^N

2 = ²¹⁰₆ = 35 etN3= _n^N

3 =²¹⁰₇ = 30, etu1, u2, u3sont les inverses respectifs deN1, N2, N3modulon1, n2, n3.

42∧5 = 1. D’apr`es le th´eor`eme deB´ezout, il existe (u, v)∈Z²tel que 42u+5v= 1. L’algorithme d’Euclide donne :

42 = 5×8 + 2 5 = 2×2 + 1 2 = 1×2 + 0

En remontant cet algorithme, on obtient successivement : 1 = 5−2×2

1 = 5−(42−5×8)×2 1 = 5−42×2 + 5×16 42×(−2) + 5×17 = 1.

On en d´eduit queu₁=−2.

Un raisonnement analogue conduit `au2=−1 etu3=−3.

Par suite,x≡ −2×4×42 + (−1)×3×35 + (−3)×30×2 (mod 210), c’est-`a-dire x≡9 (mod 210) (apr`es simplifications).

Exemple 3.6

R´esoudre dansZle syst`eme suivant :







x≡3 (mod 4) x≡5 (mod 6).

4 et 6 ne sont pas premiers entre eux. Soitxune solution du syst`eme. Alorsx≡2 (mod 3), de sorte qu’on peut r´esoudre le syst`eme :







x≡3 (mod 4) x≡2 (mod 3).

4 et 3 sont premiers entre eux donc on applique le th´eor`eme chinois pour r´esoudre ce syst`eme. On v´erifie ensuite que les solutions trouv´ees sont solutions du syst`eme de d´epart.

3.6 Indicatrice d’Euler

D´efinition 3.7

On supposen>2. On noteϕ(n)le nombre d’entiers compris entre 1 etnet premiers avecn.ϕest appel´e indicatrice d’Euler.

Proposition 3.8

(i) Soientp, q∈N^∗, avecp∧q= 1. Alorsϕ(pq) =ϕ(p)ϕ(q); (ii) Si

N

Y

k=1

p^r_k^k est une d´ecomposition denen produit de facteurs premiers, on a :

ϕ(n) =

N

Y

k=1

(p^r_iⁱ−p^r_iⁱ⁻¹) =n

N

Y

k=1

1− 1

pi

Preuve.

(i) Soient p, q ∈ N^∗ tels que p∧q = 1. Alors Z/pqZ et Z/pZ×Z/qZ sont isomorphes. Il en r´esulte que (Z/pqZ)^∗ et (Z/pZ×Z/qZ)^∗ sont isomorphes.

Montrons maintenant que (Z/pZ×Z/qZ)^∗= (Z/pZ)^∗×(Z/qZ)^∗.

(α;β)∈(Z/pZ×Z/qZ)^∗ ⇐⇒ ∃(α⁰;β⁰)∈Z/pZ×Z/qZ, (α;β)·(α⁰;β⁰) = (clp(1) ;clq(1))

⇐⇒ ∃(α⁰;β⁰)∈Z/pZ×Z/qZ, (αα⁰, ββ⁰) = (clp(1) ;clq(1))

⇐⇒ ∃α⁰∈Z/pZ,∃β⁰∈Z/qZ, αα⁰ =clp(1), ββ⁰=clq(1)

⇐⇒ α∈(Z/pZ)^∗, β∈(Z/qZ)^∗

On en d´eduit alors que (Z/pqZ)^∗ et (Z/pZ)^∗×(Z/qZ)^∗ sont isomorphes. Ce sont des ensembles finis donc ils ont le mˆeme cardinal. Or, card(Z/pqZ)^∗=ϕ(pq) et

card((Z/pZ)^∗×(Z/qZ)^∗) = card(Z/pZ)^∗×card(Z/qZ)^∗=ϕ(p)ϕ(q).

Il vient alorsϕ(pq) =ϕ(p)ϕ(q).

(ii) L’assertion (i) se g´en´eralise pour plusieurs nombres deux `a deux premiers entre eux. Soit pun nombre premier et r∈N^∗.

ϕ(p^r) = card({k∈ {1, . . . , p^r}, k∧p^r= 1}) = card({k∈ {1, . . . , p^r}})−card({k∈ {1, . . . , p^r}, k∧p^r6= 1}).

card({k∈ {1, . . . , p^r}}) =p^r. Soitk∈J1 ;p^rK.p´etant premier, on a :

k∧p^r= 1 ⇐⇒ p|k ⇐⇒ k∈ {pq ,16q6p^r−1} donc card({k∈ {1, . . . , p^r}, k∧p^r6= 1}) =p^r−1. On en d´eduitϕ(p^r) =p^r−p^r−1. Soitn∈N^∗. Notons

N

Y

k=1

P_k^rk sa d´ecomposition en facteurs premiers.

ϕ(n) =ϕ

N

Y

k=1

p^r_k^k

!

=

N

Y

k=1

(p^r_k^k−p^r_k^k−1) =

N

Y

k=1

p^r_k^k

1− 1 p_k

=

N

Y

k=1

p^r_k^k

N

Y

k=¹

1− 1

p_k

=n

N

Y

k=¹

1− 1

p_k

.

3.7 Le petit th´ eor` eme de Fermat

Th´eor`eme 3.9

Soitpun nombre premier. Alors pour toutn∈N,n^p≡n (modp).

Preuve. Soit p un nombre premier. Montrons d’abord que pour tout k ∈ J1 ;p−1K, p divise p

k

. Soit k∈J1 ;p−1K.

k!

p k

= p!

(p−k)! =p(p−1)· · ·(p−k+ 1).

pdivise donck!

p k

. Orpest premier aveck! carpest un nombre premier etk < p(doncpest premier avec tous les nombres entiers compris entre 1 et p−1 donc avec leur produit). D’apr`es le th´eor`eme deGauss, il en r´esulte quepdivise

p k

.

Montrons maintenant le th´eor`eme par r´ecurrence sur n. Pourn∈N, notons H(n) l’´egalit´en^p≡n (modp).

H(0) est clairement v´erifi´ee.

Soitn∈N. SupposonsH(n) vraie.

(n+ 1)^p=

p

X

k=0

p k

n^k = 1 +n^p+

p−1

X

k=1

p k

n^k.

Or, pour tout k ∈ J1 ;p−1K, p

k

≡ 0 (modp) donc (n+ 1)^p ≡ 1 +n^p (modp). D’apr`es l’hypoth`ese de r´ecurrence,n^p≡n (mod p) donc (n+ 1)^p≡n+ 1 (modp).H(n+ 1) est donc vraie. D’apr`es le principe de r´ecurrence, on en d´eduit queH(n) est vraie pour tout entier natureln.

3.8 Cryptage RSA

Proposition 3.10

Soient pet q deux nombres premiers distincts. On posen=pq. Soient c et ddeux entiers naturels tels quecd≡1 (modϕ(n)). Alors pour tout t∈Z,t^cd≡t (mod n).

Preuve. Soientp, qdeux nombres premiers distincts. On noten=pq. Soientcetddeux entiers naturels tels que cd≡1 (modϕ(n)). Soitt ∈Z.ϕ(n) =ϕ(pq) =ϕ(p)ϕ(q) = (p−1)(q−1), d’apr`es ce qui a ´et´e vu sur l’indicatrice d’Euler.

Pour montrer que t^cd ≡ t (modn), il suffit de montrer que t^cd ≡ t (mod p) et t^cd ≡ t (modq). En effet, on aura dans ce cas p|t^cd−t et q|t^cd−t. pet q ´etant premiers distincts donc premiers entre eux, il vient pq|t^cd−t, c’est-`a-diret^cd≡t (modn).

Montrons quet^cd≡t (mod p).

Sit∧p= 1, alorst^p≡t (mod p) d’apr`es le petit th´eor`eme deFermat.t∧p= 1 donctest inversible modulo pdonct^p·t⁻¹ ≡t·t⁻¹ (modp), c’est-`a-dire t^p−1≡1 (modp).cd≡1 (modϕ(n)) donc il existek∈Ztel quecd= 1 +kϕ(n) = 1 +k(p−1)(q−1). On a alors :

t^cd≡t1+k(p−1)(q−1)≡t·(t^p−1)^k(q−1)≡t (modn).

Si t∧p6= 1,p´etant premier, alorspdiviset, c’est-`a-diret≡0 (modp). Das ce cas, on a de fa¸con ´evidente t^cd≡t (modp).

Dans tous les cas, t^cd≡t (mod p). De mˆeme,t^cd≡t (modq) et donct^cd≡t (mod n).

Compl´ement :

L’applicationf deZ/nZdansZ/nZd´efinie part7→t^c est appel´ee fonction de chiffrement. L’applicationgde Z/nZdansZ/nZd´efinie part7→t^dest appel´ee fonction de d´echiffrement,t´etant le message. Le couple (n , c) est appel´ee cl´e publique,d´etant la cl´e secr`ete. La sˆuret´e du chiffrement est assur´ee par le fait que connaissant (n , c), il est tr`es difficile de d´eterminerdcar il faudrait exprimerncomme produit de deux facteurs premiers petq, ce qui n’est pas envisageable lorsquepetqsont grands (une bonne centaine de chiffres).

RSA vient du nom des inventeursRivest, Shamiret Adlemanqui ont mis au point ce syst`eme en 1977.