2 L’algorithme d’Euclide

Applications

1 PGCD

D´efinition 1.1

Soientn∈N^∗,(x₁, . . . , x_n)∈Zⁿ. On appelle pgcd dex₁, . . . , x_n, not´ex₁∧ · · · ∧x_n oupgcd(x₁, . . . , x_n) le nombre d´efini de la mani`ere suivante :

• six1=x2=· · ·=xn= 0, x1∧ · · · ∧xn= 0;

• si lesx_i ne sont pas tous nuls,x₁∧ · · · ∧x_n est le plus grand diviseur commun `ax₁, . . . , x_n.

Remarque 1.2

Si les xi ne sont pas tous nuls, x1 ∧ · · · ∧xn est bien d´efini car l’ensemble des diviseurs communs `a x1. . . , xn est une partie non vide de Z (car elle contient 1) et finie (car elle est incluse dans l’ensemble {k ∈Z,|k|6max(|x<sub>1</sub>|, . . . ,|x<sub>n</sub>|)}), donc l’ensemble des diviseurs communs `a x₁, . . . , x_n admet un plus grand ´el´ement.

Proposition 1.3

Soientn∈N^∗,(x₁, . . . , x_n)∈Zⁿ,d=x₁∧ · · · ∧x_n. Alors

n

X

k=1

x_kZ=dZ.

Preuve. Soientn∈N^∗, (x₁, . . . , x_n)∈Zⁿ, d=x₁∧ · · · ∧x_n. Si tous lesx_i sont nuls, alors

n

X

k=1

x_kZ=

n

X

k=1

0Z={0}

et d= 0 doncdZ={0}. On a alors l’´egalit´e de mani`ere ´evidente.

On suppose maintenant que lesxi ne sont pas tous nuls. Soitx∈

n

X

k=1

xkZ. Il existe (a1, . . . , an)∈Zⁿ tel que x=

n

X

k=1

x_ka_k. Pour toutk∈J1 ;nK,d|x_k donc il existed_k∈Ztel que x_k =dd_k. On a alors

x=

n

X

k=1

ddkak=d×

n

X

k=1

dkak.

n

X

k=1

dkak∈Zdoncx∈dZ. On a donc l’inclusion

n

X

k=1

xkZ⊂dZ.

Montrons maintenant l’inclusion inverse.

n

X

k=1

xkZ

!

∩N^∗ est une partie non vide de N^∗ (car elle contient

|x1|) donc elle admet un plus petit ´el´ement, not´eδ.δ∈

n

X

k=1

xkZdoncδZ⊂

n

X

k=1

xkZ.

Soitx∈

n

X

k=1

x_kZ. Effectuons la division euclidienne dexparδ: il existe un unique couple (q;r)∈Z² tel que x=δq+r, avec 06r < δ. On a alorsr=x−δq. x∈

n

X

k=1

xkZet δ∈δZ⊂

n

X

k=1

xkZ.On a donc r∈

n

X

k=1

xkZ.

Si r6= 0, on a r∈

n

X

k=1

xkZ

!

∩N^∗, avecr < δ, ce qui contredit la d´efinition deδ. On a doncr= 0 et donc

x=δq∈δZ. On en d´eduit

n

X

k=1

xkZ⊂δZ. Par suite,δZ=

n

X

k=1

xkZ⊂dZ.

δ∈δZ⊂dZdonc il existea∈Ztel queδ=da.δ∈N^∗ etd∈N^∗donca∈N^∗. On a vu que tout ´el´ement de

n

X

k=1

x_kZ admetδcomme diviseur. En particulier,δ est un diviseur commun dex₁, . . . , x_n. Par d´efinition de d, on a δ6d, c’est-`a-direda6d. d6= 0 donc a61.δ6= 0 donca6= 0. On en d´eduita= 1 et doncδ=d.

Par cons´equent,dZ=

n

X

k=1

xkZ.

Proposition 1.4

Soientn∈N^∗,λ∈N^∗,x1, . . . , xn∈Z^∗,a∈Z^∗. (i) pgcd(λx₁, . . . , λx_n) =|λ|pgcd(x₁, . . . , x_n); (ii) (∀k∈J1 ;nK, a|xk) ⇐⇒ a|pgcd(x1, . . . , xn).

Preuve. Soientn∈N^∗,λ∈N^∗,x1, . . . , xn∈Z^∗,a∈Z^∗. (i) Soient d= pgcd(x1, . . . , xn) et d⁰ = pgcd(λx1, . . . , λxn).

n

X

k=1

λxkZ= λ·

n

X

k=1

xkZ. Or,

n

X

k=1

λxkZ=d⁰Z et λ·

n

X

k=1

x_kZ=λdZdoncd⁰Z=λdZ.d⁰∈d⁰Z=λdZdonc il existek∈Ztel qued⁰ =λdk.λd∈λdZ=d⁰Zdonc il existe k⁰ ∈Ztel queλd=d⁰k⁰. On a alorsd⁰=d⁰kk⁰.d6= 0 donckk⁰ = 1 donc (k;k⁰)∈ {(−1 ; 1),(1 ; 1)}

et doncd⁰ =±λd. d, d⁰∈N^∗ donc±λ∈N^∗ et donc±λ=|λ|, d’o`ud⁰=|λ|d.

(ii) On note toujours d= pgcd(x1, . . . , xn). On suppose que pour tout k ∈J1 ;nK, adivise xk. On a alors, pour tout k ∈ J1 ;nK, xkZ ⊂ aZ. On en deduit

n

X

k=1

xkZ ⊂aZ, c’est-`a-dire dZ⊂ aZ. d∈ dZ ⊂aZ donc a divised.

Supposons maintenant queadivised. AlorsdZ⊂aZ, c’est-`a-dire

n

X

k=1

xkZ⊂aZ. Soitk∈J1 ;nK. xk∈xkZ⊂Pn

i=1xiZ⊂aZdoncadivisexk.

Remarque 1.5

pgcd(x1, . . . , xn)est aussi le plus grand diviseur commun de x1, . . . , xn au sens de la relation d’ordre de divisibilit´e.

2 L’algorithme d’Euclide

Remarque 2.1

Si a, b∈Z, a∧b =|a| ∧ |b|car l’ensemble des diviseurs dans Z dea est ´egal `a l’ensemble des diviseurs dansZde|a|. On peut donc se limiter aux entiers naturels.

Proposition 2.2

Soient(a;b)∈(N^∗)²,qetrle quotient et le reste de la division euclidienne deaparb. Alorsa∧b=b∧r.

Preuve. Soient a, b ∈ N. On note q le quotient et r le reste de la division euclidienne de a par b. On a a=bq+r. Soitdun diviseur commun `aaet b.d|aetd|bdoncd|a−bq=r.dest donc un diviseur commun

` a bet r.

Soitdun diviseur commun `a b etr. Alorsd|b etd|r doncd|bq+r=a.d est donc un diviseur commun `a a et b.

L’ensemble des diviseurs communs `aa etb est donc ´egal `a l’ensemble des diviseurs communs `ab et r, d’o`u

le r´esultat.

aetbd´esignent toujours des entiers naturels non nuls. On effectue la suite de divisions euclidiennes suivantes jusqu’`a obtenir un reste ´egal `a 0 (on noter0=aet r1=b) :

r₀=r₁q₁+r₂ r1=r2q2+r3

. . .

rn−2=rn−1qn−1+rn

rn−1=rnqn

Par construction,r2< r1,r3< r2,. . .

On est sˆur qu’il existe un entierN ∈ N^∗, N >2 tel que rN = 0, sinon (rn)_n∈N serait une suite d’entiers naturels strictement d´ecroissante `a partir du rang 2, ce qui n’a pas de sens. En notantn=N−1, on a bien les ´egalit´es ci-dessus. Cette suite d’´egalit´es constitue l’algorithme d’Euclide.

D’apr`es la proposition pr´ec´edente, on a :

r₀∧r₁=r₁∧r₂=· · ·=r_n−1∧r_n.

Or rn|rn−1 doncrn−1∧rn=rn et donca∧b=rn (a∧best donc le dernier reste non nul dans la suite des divisions euclidiennes).

Proposition 2.3

Pour toutk∈J2 ;n−1K, il existe (u_k;v_k)∈Z² tel queau_k+bv_k=r_k. Preuve. Effectuons la preuve par r´ecurrence sur k. NotonsH(k) la proposition.

Pour k= 2 :r2=a−bq1=au1+bv1avec (u1;v1) = (1 ;−q1)∈Z²doncH(2) est vraie.

Pour k= 3 :

r3=b−r2q2=b−(a−bq1)q2=−aq2+ (1 +q1q2)b=au2+bv2

avec (u2;v2) = (−q2; 1 +q1q2)∈Z² doncH(3) est vraie.

Soitk∈Ntel que k>3 etk6n−2. SupposonsH(p) vraie pour 36p6k.

rk+1=rk−1−rkqk

= (au_k−1+bv_k−1)−q_k(au_k+bv_k)

=a(u_k−1−qkuk) +b(v_k−1−qkvk)

=auk+1+bvk+1

avec (u_k+1;v_k+1) = (u_k−1−q_ku_k;v_k−1−q_kv_k)∈Z².H(k+1) est donc vraie. D’apr`es le principe de r´ecurrence,

H(k) est vraie pourk∈J2 ;n−1K.

Corollaire 2.4

Sia, b∈Z^∗ et d=a∧b, alors il existe(u;v)∈Z²tel que au+bv=d.

Preuve. Soit (a;b)∈Z².

Si (a;b) = (0 ; 0), alorsd= 0 donc tout couple d’entiers relatifs (u;v) convient.

Si a= 0 etb6= 0, alorsd=|b|donc sib >0, tout couple de la forme (u; 1) avecu∈Zconvient et si b <0 tout couple de la forme (u;−1) avecu∈Zconvient. Mˆeme raisonnement sib= 0 eta6= 0.

On suppose maintenanta6= 0 etb6= 0. Sia, b∈N^∗, en reprenant les notations pr´ec´edentes aveck=n, on a aun+bvn=rn, avecun ∈Z,vn∈Zetrn=a∧b. Sia <0, alors−a >0 donc il existe (u⁰;v⁰)∈Z² tels que (−a)u⁰+bv⁰ = (−a)∧b. Or, (−a)∧b=a∧b. En posant (u;v) = (−u⁰;v⁰), on obtient le r´esultat cherch´e.

On fait le mˆeme raisonnement sib <0 ou siaet bsont tous les deux strictement n´egatifs.

Remarque 2.5

Les coefficientsuetv peuvent ˆetre calcul´es `a l’aide de l’algorithme d’Euclide´etendu : Entr´ee : a, b∈N^∗.

Sortie :r∈N,u, v∈Ztels que r=a∧b etau+bv=r.

r←a, u←1, v←0, r⁰←b, u⁰←0, v⁰ ←1 tant quer⁰6= 0faire

q←quotient de la division euclidienne derparr⁰ raux ←r, uaux←u, vaux←v

r←r⁰, u←u⁰, v←v⁰

r⁰←raux−qr⁰, u⁰←uaux−qu⁰, v⁰←vaux−qv⁰ fin tant que

retournerr,u,v.

Th´eor`eme 2.6 (de Lam´e)

Soient a, b ∈ N, tels que1 6b 6a. Le nombre de divisions n´ecessaires pour calculer a∧b `a l’aide de l’algorithme d’Euclideest inf´erieur ou ´egal `a lnb

lnφ+ 1, o`uφest le nombre d’or, c’est-`a-direφ=1 +√ 5 2 . Preuve. Soient a, b∈ N, tels que 1 6b 6a. On note (Fn)_n∈N la suite deFibonacci, c’est-`a-dire la suite r´ecurrente lin´eaire d´efinie par :

F0= 0, F1= 1, ∀n∈N, Fn+2=Fn+1+Fn.

Montrons par r´eccurrence que pour toutn∈N^∗,Fn>φⁿ⁻². Pourn∈N^∗, on noteH(n) l’in´egalit´eFn>φⁿ⁻². Pour n= 1 :F1= 1 etφ⁻¹= 2

1 +√

5 doncφ⁻¹6F1 et doncH(1) est vraie.

Soitk∈N^∗,k>3. Supposons H(p) vraie pour 16p6k.

Fk+1=Fk+F_k−1>φ^k−2+φ^k−3=φ^k−3(φ+ 1).

Or, φ est une racine de l’´equation x² = x+ 1 donc φ+ 1 = φ². Par suite, φ^k−3(φ+ 1) = φ^k−1 et donc F_k+1>φ^k−1 doncH(k+ 1) est vraie. D’apr`es le principe de r´ecurrence,H(k) est vraie pour toutk∈N^∗.

On consid`ere l’algorithme d’Euclided´ecrit au d´ebut du paragraphe : r0=r1q1+r2

r1=r2q2+r3

. . .

r_n−2=r_n−1q_n−1+r_n r_n−1=rnqn

Montrons par r´ecurrence que pour toutk ∈ J1 ;nK, r_n−k >F_k+2. Pour k ∈J1 ;nK, notons H(k) l’in´egalit´e rn−k>Fk+2.

Pour k = 1 : r_n−1 = rnqn. rn < r_n−1 donc qn > 1. qn 6= 1 sinon r_n−1 = rn donc qn > 2. On a donc r_n−1=r_nq_n>q_n>2 =F₃doncH(1) est vraie.

Soitk∈J1 ;n−1K. SupposonsH(p) vraie pour toutp∈J1 ;kK.

r_n−(k+1)=r_n−k−1=r_n−kq_n−k+r_n−k+1

q_n−k6= 0 sinonr_n−k−1=r_n−k+1ce qui est impossible doncq_n−k >1. On en d´eduitr_n−(k+1)>r_n−k+r_n−k+1. Or r_n−k >F_k+2 etr_n−k+1>F_k+1 d’apr`es l’hypoth`ese de r´ecurrence donc

rn−k+rn−k+1>Fk+2+Fk+1=Fk+3.

Par suite, r_n−(k+1)>Fk+3 donc H(k+ 1) est vraie. D’apr`es le principe de r´ecurrence,H(k) est vraie pour tout k∈J1 ;nK.

En particulier, r1>Fn+1. Comme Fn+1 >φⁿ⁻¹ et r1=b, on en d´eduitb >φⁿ⁻¹, puis lnb >(n−1) lnφ.

φ >1 donc lnφ >0, d’o`u :

n6 lnb lnφ+ 1.

Th´eor`eme 2.7 (de B´ezout)

Soienta, b∈Z^∗. Alorsa∧b= 1si et seulement si il existe(u;v)∈Z² tel queau+bv= 1.

Preuve. Soienta, b∈Z^∗. Supposons a∧b= 1. Alors aZ+bZ=Z. 1∈Z donc 1∈aZ+bZ donc il existe (u;v)∈Z²tel que au+bv= 1.

Suppons maintenant qu’il existe (u;v) ∈Z² tel que au+bv = 1. Soit dun diviseur commun `a aet b. d|a doncd|au.d|b doncd|bv. On en d´eduitd|au+bv= 1 doncd∈ {−1,1}et donc a∧b= 1.

3 Applications

3.1 Les inversibles de Z/nZ

Proposition 3.1

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 3.2

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.

Exemple 3.3

(Z/nZ)^∗={1,3,7,9,11,13,17,19}. Calculons17⁻¹. Pour cela, on applique l’algorithme d’euclide´etendu

20 = 17×1 + 3 17 = 3×5 + 2

3 = 2×1 + 1 2 = 1×2 + 0 De ces ´egalit´es, on d´eduit successivement :

3 = 20−17×1

2 = 17−3×5 = 17−5×(20−17×1) = 17×6 + 20×(−5) 1 = 3−2×1 = 20−17×1−17×6 + 20×5 = 20×6 + 17×(−7) On en d´eduit 20×6 + 17× −7 = 1. Or 20 = 0 donc 17⁻¹=−7 = 13.

3.2 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. . . np, donn´ee parx≡

p

P

k=1

ukNkak, o`u pour toutk∈J1, pK, Nk= _n^N

k et uk ≡N_k⁻¹ (modnk).

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, notonsuk≡N_k⁻¹ (mod nk). Soitx=

p

P

k=1

ukNkak. Soiti∈J1, pK. Sik∈J1, pKetk6=i, alors N_i ≡0 (modn_k). On a alorsx≡u_iN_ia_i (mod n_i). Oru_iN_i≡1 (modn_i) par d´efinition deu_i doncx≡a_i (mod ni). 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

´

etendu donne :

42 = 5×8 + 2 5 = 2×2 + 1 2 = 1×2 + 0 puis :

2 = 45−5×8

1 = 5−2×2 = 5−2×(45−5×8) = 45×(−2) + 5×17 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.

3.3 Equation diophantienne

Th´eor`eme 3.7 (de Gauss)

Soienta, b, c∈Z^∗. Siadivisebcet si aest premier avecb, alorsadivisec.

Preuve. Soienta, b, c∈Z^∗. Supposonsa∧b= 1 eta|bc. D’apr`es le th´eor`eme deB´ezout, il existe (u;v)∈Z² tel que au+bv= 1. Alorsacu+bcv=c.a|acueta|bcv (cara|bc) donca|acu+bcv, c’est-`a-direa|c.

Exemple 3.8

R´esoudre dansZ²l’´equation18459x+ 3809y= 879.

Calculons d’abord 18459∧3809 :

18459 = 3809×4 + 3223 3809 = 3223×1 + 586 3223 = 586×5 + 293

586 = 293×2 + 0

Donc 18459∧3809 = 293. 879 = 293×3 donc 18459x+ 3809y= 879 ⇐⇒ 63x+ 13y= 3.

On sait alors que 63∧13 = 1. il existe u, v ∈ Z tels que 63u+ 13v = 1. D´eterminons u et v `a l’aide de l’algorithme d’Euclide´etendu :

63 = 13×4 + 11 13 = 11×1 + 2 11 = 2×5 + 1 puis

11 = 63−13×4

2 = 13−11×1 = 13−(63−13×4) = 13×5−63

1 = 11−2×5 = 63−13×4−(13×5−63)×5 = 63×6 + 13×(−29)

De l’´egalit´e 63×6 + 13×(−29) = 1, il vient 63×18 + 13×(−87) = 3. Il en r´esulte que (x0;y0) = (18 ;−87) est une solution de l’´equation. Soit (x;y) une solution de l’´equation. On a 63x+ 13y= 3 et 63x0+ 13y0= 3. Par soustraction, on obtient 63(x−x₀) + 13(y−y₀) = 0, ce qui s’´ecrit aussi 63(x−x₀) =−13(y−y₀). 63|13(y−y₀) et 63∧13 = 1 donc, d’apr`es le th´eor`eme deGauss, 63|y−y0. Il existek∈Ztel quey−y0= 63k, c’est-`a-dire y= 63k−87.

63(x−x₀) =−13(y−y₀) donc 63(x−18) =−13×63kdoncx=−13k+ 18.

R´eciproquement, on v´erifie sans peine que tout couple de la forme (−13k+ 18 ; 63k−87), aveck ∈Z, est solution de l’´equation :

63×(−13k+ 18) + 13×(63k−87) =−819k+ 1134 + 819k−1131 = 3.

L’ensemble des solutions de l’´equation estS={(−13k+ 18 ; 63k−87), k∈Z}.