Équation diophantienne x

Équation diophantienne x ² + 2y ² = n.

2013 – 2014

Référence : Daniel Perrin,Cours d’algèbre, Ellipses, 1996, p.56.

Il s’agit de donner une condition nécessaire et suffisante surn∈Npour que l’équation diophantiennex²+ 2y²=nadmette une solution.

On pose Σ :={a²+2b²|a, b∈Z}et on considèreZ[i√

2] muni deN :z7→z¯z, i.e.N(a+ib√

2) =a²+ 2b². On a alorsN(Z[i√

2]) = Σ.

N est multiplicative donc Σ est stable par multiplication.

Théorème.

Soitppremier, alors

p∈Σ ⇐⇒ p= 2 oup≡1 ou3[8].

Lemme.

p∈Σ ⇐⇒ p n’est pas irréductible dans Z[i√ 2].

Démonstration. On commence par remarquer que pourz∈Z[i√

2], zest inver- sible si et seulement si N(z) = 1. En effet, si N(z) = 1, alors z¯z = 1 donc z est inversible. Réciproquement, si zz⁰ = 1, alors N(z)N(z⁰) = N(1) = 1 donc N(z) = 1.

⇒: Si p = a²+ 2b², on a p =N(z) =zz¯ avec z =a+ib√

2 et N(z) = N(¯z)6= 1 (carpest premier) donczet ¯zne sont pas inversibles etpn’est pas irréductible dansZ[i√

2].

⇐: Si p = zz⁰ avec z, z⁰ ∈/ Z[i√

2]^×, on a N(p) = N(z)N(z⁰) = p² et N(z), N(z⁰)6= 1, doncp=N(z) (carpest premier), doncp∈Σ.

Démonstration du théorème. 2 = 0²+ 2×1² donc 2∈Σ.

On supposeppremier impair.

Z[i√

2] est factoriel (car euclidien) donc

pest réductible ⇐⇒ (p) n’est pas premier

⇐⇒ Z[i√

2]/(p) n’est pas intègre.

OrZ[i√

2]'Z[X]/(X²+ 2) donc Z[i√

2]/(p)'Z[X]/(X²+ 2, p)'Fp[X]/(X²+ 2).

1

D’où

(p) n’est pas premier ⇐⇒ X²+ 2 est réductible surFp

⇐⇒ X²+ 2 admet une racine dans Fp

⇐⇒ −2 est un carré deFp

⇐⇒

−2 p

= 1.

Or −2

p

= (−1)^p−12 2

p

= (−1)^p−12 (−1)^p

2−1 8 . On a alors (−1)^p−12 = 1 ⇐⇒ p≡1[4] et (−1)^p

2−1

8 = 1 ⇐⇒ p≡ ±1[8], donc −2

p

= 1 ⇐⇒ p≡1 ou 3[8].

Théorème.

Soitn≥2 etn=Q

p∈Pp^vp(n) sa décomposition en facteurs premiers.

Alors n∈Σsi et seulement si pour tout p∈ P vérifiant p≡ −1 ou −3[8], vp(n)est pair.

Démonstration. ⇐: Σ est stable par multiplication et un carré est dans Σ.

⇒: Soitp≡ −1 ou −3[8], montrons le résultat par récurrence survp(n).

Sivp(n) = 0, alors vp(n) est pair.

Sinon,pdivisen=a²+ 2b²= (a+ib√

2)(a−ib√

2) etpest irréductible dansZ[i√

2] (carp /∈Σ) donc on peut supposer sans perdre en généralité quepdivisea+ib√

2. Orp∈Zdoncp|aetp|b, doncp²|n.

Si on pose a = pa⁰ et b = pb⁰, alors _pⁿ2 = a⁰²+ 2b⁰² ∈ Σ et vp

n p²

= v_p(n)−2≡0[2] par hypothèse de récurrence.

Doncv_p(n)≡0[2].

Remarque.Cette démonstration s’adapte pour traiter l’équationx²−dy²=pdès queZ[√

d] (avec convention√

−1 =i) est euclidien, il suffit alors de calculer

d p

pour avoir le résultat. C’est le cas pourd=−2,−1,2,3,6,7,11,19. Toutefois, pour d >0, on va seulement avoirp réductible dansZ[√

d] ⇐⇒ ±p∈Σ, ce qui ne donnera l’existence de solutions que pour±p. Cela vient du fait que la norme d’un élément deZ[√

d] peut-être négative pourd >0. Par exemple, pour d= 3, 3 est bien réductible dansZ[√

3] maisx²−3y²= 3 n’a pas de solutions car en réduisant modulo 3 on obtient que 3|x, doncx²−3y²= 3 a des solutions si et seulement si 3x²−y² = 1 en a, or en réduisant à nouveau modulo 3 on trouve quey² ≡ −1[3], ce qui n’est pas possible. Par contre, x²−3y² =−3 a une solution triviale.

2

Détails supplémentaires

– Z[i√

2] est euclidien : Soitt, z∈Z[i√

2]\ {0}, alors ^z_t =x+iy√ 2∈C. Soitq=a+ib√

2∈Z[i√

2] tel que|x−a| ≤ ¹₂ et|y−b| ≤ ¹₂. Alors

z t −q

≤

r1 4+1

2 <1.

Soitr:=z−qt∈Z[i√

2], alors

|r|=|t|

z t −q

<|t|

doncN(r)< N(t).

D’oùz=qt+ravecN(r)< N(t).

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