Pour tout x ∈ R, les entiers bxc et dxe sont dénis par

Énoncé

Pour tout x ∈ R, les entiers bxc et dxe sont dénis par

bxc ∈ Z , dxe ∈ Z , bxc ≤ x < bxc + 1, dxe − 1 < x ≤ dxe.

Dans tout le problème

¹

: (p, q) ∈ N

^∗2

avec p impair et p ∧ q = 1 . On note :

s(p, q) = X

j∈ [ ^0,

^p₂

[

∩Z

jq p

.

Partie 1. Sommes.

1. Transformation d'Abel.

Soit m ∈ N

^∗

et u 0 , u 1 , · · · , u m , v 0 , v 1 , · · · , v _m−1 réels. Montrer que

m−1

X

r=0

(u _r+1 − u _r )v _r = −u ₀ v ₀ +

m−1

X

r=1

u _r (v _r−1 − v _r ) + u _m v _m−1 .

2. Intervalles et parties entières.

a. Soit x réel. Montrer que dxe = min {k ∈ Z , tq x ≤ k} .

b. En déduire que [a, b[ ∩ Z = J dae, dbe − 1 K pour a , b réels tels que a < b . c. Soit r ∈ N. Montrer que

Card

j ∈ Z tq jq p

= r

=

(r + 1)p q

− rp

q

.

d. Montrer que s(p, q) = P

j∈J 0,

^p−1₂ K

j _jq

p

k . 3. Montrer que

s(p, 2q) − s(p, q) = X

j∈ ] ^0,

^p2

[ ^j

impair

(q − 1) − 2 jq

p

.

En déduire que q impair entraine s(p, q) ≡ s(p, 2q) mod (2) .

1

D'après Donald E. Knuth, The Art of Computer Programming vol 1, p 43-45

4. a. Montrer que

jq p

, j ∈ h 0, p

2 h ∩ Z

⊂ h 0, q

2 h ∩ Z .

b. En utilisant la question 2.c., montrer que

s(p, q) = −





 X

r∈ [ ^0,

^q₂

]

^∩Z

rp q





 + p

q l q

2 m l q

2 m − 1

.

5. On suppose ici p < q avec q impair et on rappelle que p ∧ q = 1 . a. Montrer que ^p−1 ₂ < ^p(q+1) _2q < ^p+1 ₂ . En déduire d ^p(q+1) _2q e . b. Montrer que q ne divise pas rp pour r ∈ J 1, ^q−1 ₂ K. En déduire

s(p, q) + s(q, p) = (p − 1)(q − 1)

4 .

Partie 2. Arithmétique.

Dans cette partie, p est premier (toujours impair) et q premier avec p . Pour x ∈ N on note r p (x) le reste de la division euclidienne de x par p .

1. On dénit une fonction µ de J 1, p − 1 K dans J 0, p − 1 K par :

∀k ∈ J 1, p − 1 K , µ(k) = r p (qk).

Montrer que µ est à valeurs dans J 1, p − 1 K et dénit une bijection de cet ensemble dans lui même.

2. On dénit une fonction ϕ de J 1, ^p−1 ₂ K dans J −(p − 1), p − 1 K par :

∀k ∈ J 1, p − 1

2 K , ϕ(k) = (−1)

^{b2kqp c}

r p (2kq).

Montrer que ϕ est injective.

3. Soit k ∈ J 1, ^p−1 ₂ K. On rappelle que p est impair dans tout le problème.

a. On sait que r p (2kq) désigne le reste de la division de 2kq par p . Comment s'ex- prime le quotient de cette division ?

b. Montrer que b ^2kq _p c ≡ r p (2kq) mod (2) .

c. En déduire r _p (ϕ(k)) ≡ 0 mod (2) .

4. On note ψ = r p ◦ ϕ .

a. Soit v et v

⁰

tels que −p < v < v

⁰

< p et v ≡ v

⁰

mod (p) . Montrer que v

⁰

= v + p . En déduire v 6≡ v

⁰

mod (2) . b. Montrer que ψ est une bijection de J 1, ^p−1 ₂ K dans D =

2v, v ∈ J 1, ^p−1 ₂ K .

Partie 3. Réciprocité quadratique.

On suppose p premier impair et q premier avec p . 1. Produit et µ .

a. Montrer que (p − 1)! ≡ q ^p−1 (p − 1)! mod (p) .

b. En déduire le petit théorème de Fermat : q ^p−1 ≡ 1 mod (p) . 2. Produit et ψ .

a. Montrer que

(−1) ^s(p,2q) (2q)

^p−12

( p − 1

2 !) ≡ (2)

^p−12

( p − 1

2 !) mod (p).

b. En déduire (−1) ^s(p,2q) ≡ q

^p−12

mod (p) . 3. Carrés et résidus quadratiques.

Un entier x est appelé résidu quadratique modulo p si et seulement si il existe y ∈ Z tel que x ≡ y ² mod (p) . On note Q p l'ensemble des résidus quadratiques dans J 1, p − 1 K.

a. Exemple avec p égal à 3 ou 5 . Préciser Q 3 et Q 5 . b. On dénit une relation binaire C dans J 1, p − 1 K par :

∀(v, w) ∈ J 1, p − 1 K

2 , v C w ⇔ v ² ≡ w ² mod (p).

Montrer que C est une relation d'équivalence, que les classes d'équivalence sont des paires à préciser. En déduire Card Q _p = ^p−1 ₂ .

c. Montrer que q ∈ Q p ⇒ q

^p−12

≡ 1 mod (p) . On admet la réciproque de sorte que q ∈ Q p ⇔ q

^p−12

≡ 1 mod (p).

4. On dénit le symbole de Legendre _q

p

par :

q p

=

( 1 si q est un résidu quadratique modulo p.

−1 si q n'est pas un résidu quadratique modulo p.

Montrer que

q p

= (−1) ^s(p,2q) .

5. Loi de réciprocité quadratique. Soit p et q premiers impairs distincts.

a. Montrer que _q

p

= (−1) ^s(p,q) . b. Montrer que

q p

p q

= (−1)

^{(p−1)(q−1)4}

. 6. Application. Soit p > 3 un nombre premier (donc impair).

a. Montrer que ^p ₃

= 1 ⇔ p ≡ 1 mod (6) . b. Montrer que

−3

p

= 1 ⇔ p ≡ 1 mod (6) .

c. Soit p ₁ , p ₂ , · · · , p _s des nombres premiers congrus à 1 modulo 6 et n = 1 + 12 × (p ₁ p ₂ · · · p _s ) ² .

Montrer que les diviseurs premiers de n sont congrus à 1 modulo 6. Que peut-on

en déduire ?

Corrigé

Partie 1. Sommes.

1. Transformation d'Abel. On développe en indexant avec l'indice de u :

m−1

X

r=0

(u r+1 − u r )v r =

m

X

r=1

u r v _r−1 −

m−1

X

r=0

u r v r = −u 0 v 0 +

m

X

r=1

u r (v _r−1 − v r ) + u m v _m−1 .

2. Intervalles et parties entières.

a. Par dénition, x ≤ dxe donc dxe ∈ {n ∈ Z tq x ≤ n} . Pourquoi est-il un minorant ? Car

n < dxe ⇒ n ≤ dxe − 1 ⇒ n < x ⇒ n / ∈ {n ∈ Z tq x ≤ n} . Par contraposition : n ∈ {n ∈ Z tq x ≤ n} ⇒ dxe ≤ n .

On en déduit (avec les notations des intervalles entiers) : [x, +∞[ ∩ Z = J dxe, +∞ J .

b. D'après la question précédente, Z \ [b, +∞[ = K − ∞, dbe − 1 K. D'où [a, b[ ∩ Z = J dae, +∞ J ∩ J −∞, dbe − 1 K = J dae, dbe − 1 K .

c. Soit r ∈ N. Pour tout j ∈ Z, jq

p

= r ⇔ r ≤ jq

p < r + 1 ⇔ rp

q ≤ j < (r + 1)p

q .

L'ensemble cherché est donc rp

q , (r + 1)p q

∩ Z = J rp

q

,

(r + 1)p q

− 1 K

dont le cardinal est l _(r+1)p

q

m − 1 − l _rp

q

m

+ 1 = l _(r+1)p

q

m − l _rp

q

m . d. Il sut de remarquer que p étant impair : p

2

= ^p+1 ₂ ⇒ p 2

−1 = ^p−1 ₂ et d'utiliser b. pour obtenir J 0, ^p−1 ₂ K =

0, ^p ₂

∩ Z.

3. Les sommes s(p, 2q) et s(p, q) ont en commun les termes associés aux petits mul- tiples pairs de q . Ils disparaissent dans la diérence. Plus précisément :

s(p, 2q) − s(p, q) = X

j∈]0,p[∩

Z

, j

pair

jq p

− X

j∈ ] ^0,

^p₂

[

∩Z

jq p

= X

j∈ ]

^p₂

^,p [

^∩Z

, j

pair

jq p

− X

j∈ ] ^0,

^p₂

[

^∩Z

, j

impair

jq p

Comme p est impair, on peut passer des grands j pairs aux petits impairs : j ∈ i p

2 , p h

∩ Z , j pair ⇔ p − j ∈ i 0, p

2

h ∩ Z , p − j impair En changeant de nom avec k = p − j :

X

j∈ ]

^p₂

^,p [

^∩Z

, j

pair

jq p

= X

k∈ ] ^0,

^p₂

[

^∩Z

, k

pair

(p − k)q p

.

De plus,

(p − k)q p

=

q − kq p

= q +

− kq p

= q − 1 − kq

p

. En revenant au nom j pour cette somme, on obtient bien

s(p, 2q) − s(p, q) = X

j∈ ] ^0,

^p₂

[

^∩Z

, j

impair

q − 1 − 2 jq

p

Si q est impair, la parenthèse est paire donc s(p, 2q) − s(p, q) ≡ 0 mod (2) . 4. a. Pour tout j ∈ Z,

0 ≤ j < p

2 ⇒ 0 ≤ jq p < q

2 ⇒ jq

p

∈ h 0, q

2 h ∩ Z .

b. Les termes de la somme s(p, q) peuvent prendre plusieurs fois une même valeur r . La question 4.a. indique que ces valeurs sont des entiers dans

0, ^q ₂

. La question 2.c. indique combien de fois cette valeur gure dans la somme. En regroupant les valeurs égales, on obtient

s(p, q) = X

r∈ [ ^0,

^q2

[

^∩Z

(r + 1)p q

− rp

q

r.

Comme 0, ^q ₂

∩ Z = J 0, q 2

− 1 K, on se trouve dans le cas de la transformation d'Abel de la question 1. avec m = q

2

, u r = l _rp

q

m et v r = r . Avec u 0 v 0 = 0 et v _r−1 − v r = −1 , on obtient bien

s(p, q) = −





 X

r∈ [ ^0,

^q₂

]

∩Z

rp q





 + p

q l q

2 m l q

2 m − 1

.

5. On suppose p < q avec q impair et on rappelle que p ∧ q = 1 . a. On montre l'encadrement en formant les diérences :

p(q + 1)

2q − p − 1

2 = p + q 2q > 0 p(q + 1)

2q − p + 1

2 = p − q 2q < 0



 



 



⇒ p − 1

2 < p(q + 1)

2q < p + 1 2 .

Comme p est impair, ^p−1 ₂ et ^p+1 ₂ sont deux entiers consécutifs. On en déduit p(q + 1)

2q

= p + 1 2 . b. Ici q est impair donc q

2

= ^q+1 ₂ d'où

h 0, q

2

h ∩ Z = J 0, q − 1

2 K et p q

l q 2

m

= d p(q + 1)

2q e = p + 1 2 d'après la question 3.

Comme q est premier avec p , il ne divise pas rp car sinon d'après le théorème de Gauss, il diviserait r ce qui est impossible car r < q . On en déduit que ^rp _q n'est pas entier donc, pour r 6= 0 ,

d rp

q e = b rp

q c + 1 ( q − 1 2 fois )

⇒ X

j∈

J

0,

^p−1₂ K

b jq

p c + X

r∈

J

0,

^q−1₂ K

b rp

q c = − q − 1

2 + p + 1 2

q − 1

2 = (p − 1)(q − 1)

4 .

Partie 2. Arithmétique.

Dans cette partie, p est un nombre premier impair ( p 6= 2 ) et q est premier avec p c'est à dire qu'il n'est pas un multiple de p .

1. Par dénition, µ(k) est le reste modulo p de qk avec 1 ≤ k < p . Le nombre premier p ne divise ni k ni q donc il ne divise pas non plus kq . Le reste µ(k) est donc non nul. La fonction µ prend ses valeurs dans J 1, p − 1 K. Pour montrer que µ dénit une bijection il sut de démontrer l'injectivité car l'espace de départ et d'arrivée ont le même nombre ( p − 1 ) d'éléments.

Considérons k et k

⁰

tels que 1 ≤ k ≤ k

⁰

< p tels que µ(k) = µ(k

⁰

) . Alors qk ≡ qk

⁰

mod (p) donc p divise q(k

⁰

− k) . Comme p est premier avec q , il divise k

⁰

− k . Or 0 ≤ k

⁰

− k < p donc k

⁰

= k .

2. Remarquons que |ϕ(k)| = r _p (2kq) .

Soit k et k

⁰

tels que 1 ≤ k ≤ k

⁰

≤ ^p−1 ₂ . Alors ϕ(k) = ϕ(k

⁰

) entraine r p (2kq) = r p (2k

⁰

q) puis, en réinjectant (−1)

^{b2kqp c}

= (−1)

^b2k

0q p c

.

r p (2kq) = r p (2k

⁰

q) ⇒ 2kq ≡ 2k

⁰

q mod (p) ⇒ p divise 2q(k

⁰

− k) ⇒ p divise k

⁰

− k car p est premier avec 2q . (premier avec q et 6= 2 ). De 0 ≤ k

⁰

− k < p , on déduit k = k

⁰

c'est à dire l'injectivité de ϕ .

3. a. La dénition de la partie entière inférieure montre que le quotient de la division euclidienne de 2kq par p est b ^2kq _p c :

2kq = b 2kq

p cp + r p (2kq).

b. Comme p est impair, on ne change pas la parité en multipliant par p donc

b 2kq

p cp ≡ b 2kq

p c mod (2).

D'après la question a. :

1 = (−1) ^2kq = (−1)

^{b2kqp cp+rp}

^(2kq) = ((−1) ^p )

^{b2kqp c}

(−1) ^r

^p

^(2kq)

= (−1)

^{b2kqp c}

(−1) ^r

^p

^(2kq) ⇒ b 2kq

p c ≡ r p (2kq) mod (2)

Les deux exposants doivent avoir la même parité pour que le produit soit +1 .

c. Deux cas sont possibles pour ϕ(k) suivant le signe de la puissance de −1 .

b 2kq

p c ≡ 0 ⇒







r p (2kq) ≡ b 2kq p c ≡ 0 ϕ(k) = r _p (2k)

⇒ r p (ϕ(k)) = r p (2k) ≡ 0.

(les congruences sont modulo 2 )

b 2kq

p c ≡ 1 ⇒







r p (2kq) ≡ b 2kq p c ≡ 1 ϕ(k) = −r _p (2k)

⇒ r p (ϕ(k)) = p + r p (2k) ≡ 0.

car p et r p (2kq) sont impairs.

4. On note ψ = r k ◦ ϕ et D l'ensemble des pairs dans J 1, p − 1 K.

a. Soit v et v

⁰

entiers tels que −p < v < v

⁰

< p . Alors 0 < v

⁰

− v < 2p donc : v ≡ v

⁰

mod (p) ⇒ p divise v

⁰

− v ⇒ v

⁰

− v = p.

Comme p est impair, v et v

⁰

n'ont pas la même parité.

b. La question 3.c. montre que ψ prend ses valeurs dans D . Comme D et J 1, ^p−1 ₂ K ont le même nombre d'éléments ^p−1 ₂ , il sut de montre l'injectivité pour prouver la bijectivité.

Soit k et k

⁰

tels que 1 ≤ k ≤ k

⁰

≤ ^p−1 ₂ tels que ψ(k) = ψ(k

⁰

) .

Considérons v = ϕ(k) et v

⁰

= ϕ(k

⁰

) . Par dénition de ψ , ils sont congrus modulo p . Ils sont aussi congrus modulo 2 d'après 3.c. La question 4.a. prouve alors que v = v

⁰

donc, par injectivité de ϕ : k = k

⁰

ce qui prouve l'injectivité de ψ .

Partie 3. Réciprocité quadratique.

1. Produit et µ .

a. La bijectivité de µ prouve la conservation du produit

(p − 1)! = Y

k∈J 1,p−1

K

k = Y

k∈J 1,p−1

K

µ(k) = Y

k∈J 1,p−1

K

r _p (qk)

≡ Y

k∈

J

1,p−1

K

qk mod (p) ≡ q ^p−1 (p − 1)! mod (p).

b. Comme p est premier, il est premier avec tous les k tels que 1 ≤ k < p donc aussi avec (p − 1)! . D'après le théorème de Bezout, il existe u ∈ Z tel que u(p − 1)! ≡ 1 mod (p) . En multipliant par u la relation du a , on obtient

1 ≡ q

⁻¹

mod (p) c'est à dire le petit théorème de Fermat.

2. Produit et ψ .

a. On raisonne comme dans la question précédente en transportant avec ψ bijective le produit des éléments de J 1, ^p−1 ₂ K vers celui des éléments de D .

Y

k∈

J

1,

^p−1₂ K

ψ(k) = Y

l∈D

l = Y

k∈

J

1,

^p−1₂ K

(2k) = 2

^p−12

( p − 1 2 !).

Détaillons le produit des ψ(k) et passons modulo p :

Y

k∈

J

1,

^p−1₂ K

ψ(k) = Y

k∈

J

1,

^p−1₂ K

(−1)

^{b2kqp c}

r p (2kq)

≡ (−1) ^s(p,2q) Y

k∈

J

1,

^p−1₂ K

(2kq)) mod (p)

≡ (−1) ^s(p,2q) (2q)

^q−12

( p − 1

2 !) mod (p).

b. Ici encore, p est premier avec (2)

^q−12

( ^p−1 ₂ !) que l'on peut simplier modulo p dans la relation et obtenir

(−1) ^s(p,2q) q

^p−12

≡ 1 mod (p) ⇔ (−1) ^s(p,2q) ≡ q

^p−12

mod (p) car −1 est son propre inverse modulo p .

3. a. On présente dans des tableaux les calculs des carrés modulo 3 et 5 et on en déduit les ensembles de carrés

modulo 3

y 1 2

y ² 1 1

Q 3 = {1} , modulo 5

y 1 2 3 4

y ² 1 4 4 1

Q 5 = {1, 4} .

b. La relation C est d'équivalence car les trois propriétés (réexivité, symétrie, tran-

sitivité) découlent des propriétés correspondantes de la congruence modulo p .

Les classes d'équivalences sont des paires car, p étant premier,

v ² ≡ w ² mod (p) ⇔ v ² − w ² ≡ 0 mod (p) ⇔ (v − w)(v + w) ≡ 0 mod (p)

⇔ v ≡ w ou w ≡ −v mod (p) ⇔ w ∈ {v, p − v} . Pour la relation C , il y a autant de classes que d'éléments dans Q p . Chaque classe contient deux éléments et J 1, p K separtitionne en classes. On en déduit

Card Q p = p − 1 2 .

c. Si q ∈ Q p , c'est un carré donc il existe y entier tel que x ≡ y ² mod (p) . Comme p est premier avec q , il l'est aussi avec y donc, d'après le petit théorème de Fermat,

q ∈ Q p ⇒ q

^p−12

≡ y ²

^p−12

≡ y ^p−1 ≡ 1 mod (p).

4. En rassemblant la caractérisation de 3.c : q

p

= 1 ⇔ (q)

^q−12

mod (p),

et le résultat de 2.b. : (−1) ^s(p,2q) ≡ q

^p−12

mod (p) , on obtient une nouvelle caractéri-

sation : q

p

= (−1) ^s(p,2q) .

5. Loi de réciprocité quadratique : p et q sont des nombres premiers impairs distincts.

a. D'après I.3., s(p, q) et s(p, 2q) ont la même parité donc q

p

= (−1) ^s(p,2q) = (−1) ^s(p,q) .

b. On applique la question I.5.b.

q p

p q

= (−1) s(p,q)+s(q,p) = (−1)

^{(p−1)(q−1)4}

.

6. Application. Soit p > 3 un nombre premier (donc impair).

a. D'après 3.c., ^p ₃

= 1 ⇔ p

³⁻¹²

≡ 1 ⇔ p ≡ 1 modulo 3 . Or comme p est premier et impair, p − 1 est divisible par 2 donc :

p ≡ 1 mod (3) ⇔ p ≡ 1 mod (6).

b. D'après la caractérisation de 3.c., −3

p

= 1 ⇔ (−3)

^p−12

≡ 1 mod (p) ⇔ (−1)

^p−12

= 3

p

.

La loi de réciprocité quadratique.

p 3

3 p

= (−1)

^{(p−1)(3−1)4}

= (−1)

^p−12

se traduit alors par −3

p

= 1 ⇔ p 3

= 1 ⇔ p ≡ 1 mod (6).

c. Remarquons que n est premier avec 2, 3, p 1 , · · · , p s et considérons un diviseur premier p de n qui est donc diérent de 2, 3, p 1 , · · · , p s . Multiplions par −3 la dénition de n :

−3n = −3 − (6p 1 · · · p s ) ² ⇒ −3

p

= 1 ⇒ p ≡ 1 mod (6).

On peut en conclure qu'il existe une innité de nombres premiers congrus à 1

modulo 6 car la question précédente montre que étant donné un ensemble ni de

tels nombres, il en existe qui ne sont pas dans cet ensemble.