Z [i] et le théorème des deux carrés

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Z [i] et le théorème des deux carrés

Maylis Varvenne & Caroline Robet

Soit Σ ={n∈N|n=a²+b²; a, b∈N}.

On veut démontrer le théorème suivant :

Théorème des deux carrés. Soitpun nombre premier impair.

On a l’´equivalence suivante :

p∈Σ⇐⇒p≡1 (mod 4)

Pour démontrer ce théorème, l’idée est de penser que sin∈Σ, alorsn=a²+b²= (a+ib)(a−ib) dans C. On va donc introduire l’anneau des entiers de GaussZ[i].

1 L’anneau Z [i]

D´efinition 1. On d´efinit l’anneau Z[i] par :

Z[i] ={a+ib∈C|a, b∈Z}

Cet anneau est int`egre car inclus dansC. De plus, on dispose d’un automorphisme deZ[i] donn´e par la conjugaison :

σ : Z[i] → Z[i]

a+ib 7→ z¯=a−ib Cet automorphisme nous permet de d´efinir une “norme”

N : Z[i] → N

a+ib 7→ z¯z=a²+b² qui est multiplicative, c’est `a dire N(zz⁰) =N(z)N(z⁰).

L’introduction de cette norme permet de calculer les inversibles deZ[i] : Proposition 1. On aZ[i]^∗={±1,±i}.

D´emonstration. Siz∈Z[i]^∗,∃z⁰ ∈Z[i]^∗ tel quezz⁰= 1, d’o`u N(z)N(z⁰) = 1.

DoncN(z) =N(z⁰) = 1 ⇒ a²+b²= 1 ⇒ (a= 0 etb=±1) ou (a=±1 etb= 0).

D’o`u le r´esultat.

Proposition 2. L’ensembleΣ des sommes de deux carr´es est stable par multiplication.

(Ceci d´ecoule simplement du fait queN est multiplicative).

Proposition 3. L’anneau Z[i]est euclidien (relativement `a la fonctionN), donc principal.

D´emonstration. Soientz, t∈Z[i]\{0}. On az/t∈Cqui est de la formez/t=x+iy.

On veut approximerz/tpar un entier de Gaussq=a+ibo`uaetbsont tels que|x−a|6 ¹2 et|y−b|6 ¹2. Ainsi,

z t −q

6

√2 2 <1

On pose alors r=z−qtde telle mani`ere querest dansZ[i] etr=t(z/t−q) d’o`u

|r|=|t| |z/t−q|<|t| et en ´elevant au carr´e, N(r)< N(t).

On a donc bien écritz=qt+ravecN(r)< N(t) et le résultat est démontré.

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2 D´ emonstration du th´ eor` eme des deux carr´ es

On rapelle le théorème à démontrer :

Théorème des deux carrés. Soitpun nombre premier impair.

On a l’´equivalence suivante :

p∈Σ⇐⇒p≡1 (mod 4)

La conditionp≡1 (mod 4) est clairement n´ecessaire car∀(a, b)∈N²,a²+b²≡0,1,2 (mod 4) et comme pest premier,p6≡0 ou 2 (mod 4).

Lemme 1. On a l’´equivalence suivante :

p∈Σ ⇐⇒ pn’est pas irr´eductible dansZ[i].

D´emonstration du lemme.

(⇒) : Si p=a²+b², on ap= (a+ib)(a−ib) eta, bsont6= 0, donc a+ib,a−ibne sont pasZ[i]^∗ d’o`u pn’est pas irr´eductible.

(⇐) : Sip=zz⁰avecz, z⁰ non inversibles (doncN(z), N(z⁰) sont6= 1), on aN(p) =N(z)N(z⁰) =p², donc comme pest premier, nécessairementp=N(z) d’oùp∈Σ et le lemme est démontré.

Démonstration du théorème.

Z[i] est factoriel (car euclidien pour la normeN).

On a donc l’´equivalence suivante :

pn’est pas irr´eductible dansZ[i] ⇐⇒ (p) n’est pas premier.

⇐⇒ Z[i]/(p) non int`egre.

De plus,Z[i]'Z[X]/(X²+ 1) donc on a :

Z[i]/(p)'Z[X]/(X²+ 1, p)'(Z[X]/(p))/(X²+ 1)'Fp[X]/(X²+ 1) D’o`u,

pn’est pas irr´eductible dansZ[i] ⇐⇒ X²+ 1 n’est pas irr´eductible dansF^p[X]

⇐⇒ X²+ 1 admet une racine dansFp

⇐⇒ −1 est un carré dansFp. D’après le lemme, il nous reste donc juste à démontrer que :

−1 est un carr´e dansFp ⇐⇒ p≡1 (mod 4) Or si pimpair, on a

−1 p

=

1 si p≡1 (mod 4)

−1 sinon Et finalement, le théorème est démontré.

Remarque. Il est clair que2∈Σcar 2 = 1²+ 1².

Corollaire. Soitn∈N^∗. On d´ecompose nen produit de facteurs premiers : n=Q

p∈Pp^ν^p⁽ⁿ⁾ o`uP ={nombres premiers}. Alors,

n∈Σ ⇐⇒ ∀p∈ P tel quep≡3 (mod 4), νp(n)est pair.

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D´emonstration.

(⇐) : On d´ecomposende la fa¸con suivante :

n=



 Y

p≡3 [4]

p^νp(n)²





2

 Y

p6≡3 [4]

p^ν^p⁽ⁿ⁾





Le produit de gauche est un carr´e parfait donc il appartient `a Σ.

Dans le produit de droite, chaquepest congru à 1 modulo 4 ou égal à 2 donc dans Σ.

La stabilit´e par multiplication de Σ permet alors de conclure.

(⇒) : On a n=a²+b². Soitd= pgcd(a, b).

Quitte à considérer _dⁿ2 = â_d2

+ ^b_d²

, on peut supposer d= 1.

Remarque : La parit´e des νp(n/d²) etνp(n) sont les mˆemes quelque soitp.

Soitp∈ Ptel que pdivisen. Alorsa²+b²≡0 (modp).

pne divise pasa. En effet, sipdivisaita, alorspdiviseraitn−a²=b²doncpdiviseraitbce qui est exclu card= 1.

Ainsibappartient à F^∗p et (ab⁻¹)≡ −1 (modp), c’est-à-dire−1 est un carré modulop.

D’après le théorème des deux carrés, cela entraˆıne quep= 2 oup≡1 (mod 4).

Ainsi, tous lesν_p(n) sont nuls pour p≡3 (mod 4).

Remarque : Dans le cas général oùd6= 1, on obtient le fait queν_p(n) est pair dès quep≡3 (mod 4).

Référence: Daniel Perrin,Cours d’Algèbre, p.56,57,58.

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Th´eor`eme de Sophie Germain

Maylis Varvenne & Caroline Robet

Théorème. Soit p un nombre premier de Sophie Germain, c’est-à-dire un nombre premier impair tel queq= 2p+ 1 soit premier. Alors

@ (x, y, z)∈Z³ tel que xyz 6≡0 [p] et x^p+y^p+z^p= 0

Lemme. Si le produit de deux entiersuetv premiers entre eux est une puissance k-i`eme (aveck>2), alorsuetv sont tous les deux des puissances k-i`emes.

Démonstration du théorème. On raisonne par l’absurde.

On suppose donn´e (x, y, z)∈Z³tel que xyz6≡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 supposerd= 1.

Montrons qu’alorsx, y, zsont premiers entre eux deux `a deux. Supposons par l’absurde quepgcd(x, y)>1 et soitp₀ un facteur premier qui divisexety. Alorsp₀|x^p+y^p doncp₀|z^p et doncp₀|zce qui contredit le fait quepgcd(x, y, z) = 1.

Ainsipgcd(x, y) = 1. De mˆeme, on en d´eduit quepgcd(x, z) = 1 etpgcd(y, z) = 1.

•1`ere ´etape : Montrons l’existence de (a, α)∈Z² tels quey+z=a^p etPp−1

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 le lemme, il suffit donc de montrer que (y+z) etPp−1

k=0(−z)^p−1−ky^k sont premiers entre eux.

Supposons par l’absurde qu’il existep⁰ premier qui divise (y+z) etPp−1

k=0(−z)^p−1−ky^k. Alors d’apr`es (?),p⁰ divisex^p doncp⁰ divisex.

Commey≡ −z[p⁰], on en d´eduit

p−1

X

k=0

(−z)^p−1−ky^k ≡py^p−1≡0 [p⁰]

D’apr`es le lemme de Gauss,p⁰|poup⁰|y.

Si p⁰|p (ie p⁰ = p), cela signifie que p|x (absurde par hypoth`ese) et si p⁰|y, cela contredit le fait que pgcd(x, y) = 1

D’o`u (y+z) etPp−1

k=0(−z)^p−1−ky^k sont premiers entre eux.

D’apr`es le lemme, il existe (a, α)∈Z²tel que y+z=a^p et Pp−1

k=0(−z)^p−1−ky^k=α^p. Par sym´etrie, il existe (b, c)∈Z² tel que x+y=c^p etx+z=b^p.

•2ème étape : Un et un seul des 3 entiersx, y, z est divisible parq : Soitm∈Ztel que m6≡0 [q], d’après le petit théorème de Fermat

m^q−1≡1 [q]⇒m^2p≡1 [q]⇒m^p≡ ±1 [q] (carZ/pZest un corps) Supposons par l’absuide qu’aucun des trois entiers n’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.

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On peut donc supposer que xest divisible parq(et c’est le seul carx, y, z sont premiers entre eux deux

` a deux).

•3`eme ´etape : Contradiction et conclusion :

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

D’autre part, y≡c^p [q] carqdivisex. De plus,qne divise pasy donc ne divise pasc^pet donc ne divise pasc. D’o`uy≡c^p≡ ±1 [q]. De mˆeme,z≡ ±1 [q].

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

Doncqdiviseaiey+z≡0 [q].

D’autre part

α^p=

p−1

X

k=0

(−z)^p−1−ky^k ≡ py^p−1 [q]

≡ p(±1)^p−1[q]

≡ p[q]

Ceci est absurde car d’après la 2ème étape,α^p≡0,1 ou −1 [q].

Dans tous les cas, on aboutit `a une contradiction.

On en d´eduit finalement que

@(x, y, z)∈Z³ tel quexyz 6≡0 [p] etx^p+y^p+z^p = 0.

D´emonstration du Lemme. Soientuetv deux entiers premiers entre eux tels queuv=w^k avesw∈Zet k>2. Ecrivons la d´ecomposition en facteurs premiers deu, v etw:

u= Y

ppremier

p^α^p, v= Y

ppremier

p^β^p et w= Y

ppremier

p^γ^p

o`uα_p, β_p etγ_p sont des familles d’entiers `a support fini.

Commeuv=w^k, on aα_p+β_p=kγ_p pour toutppremier. De plus, commepgcd(u, v) = 1 on aα_pβ_p= 0 pour toutppremier. Il en r´esulte que pour toutppremier,α_p etβ_p sont divisibles park.

Finalement, uet vsont bien des puissancesk-i`emes.

Référence: Francinou, Gianella, Nicolas,Oraux X-ENS Algèbre 1, p.168 (Théorème) et p.140 (Lemme).

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