1. a. Il sut de montrer que f 1 admet en 0 des limites à droite et à gauche égales.

Exercice

1. a. Il sut de montrer que f ₁ admet en 0 des limites à droite et à gauche égales.

f ₁ (x) = e

^ln(x+

√ x

+1)

Calculons la limite à droite en 0 en utilisant un développement limité.

x+ p

x ² + 1 = p

1 + x ² +x = 1+ x+o(x) ⇒ 1

x ln(x+ p

x ² + 1) → 1 ⇒ f 1 (x) → e Le calcul précédent est encore valable à gauche, on prolonge f ₁ en f par continuité en posant f (0) = e et f (x) = f ₁ (x) si x 6 = 0 .

b. La fonction f est paire car

∀ x 6 = 0, (x + p

x ² + 1)( − x + p

x ² + 1) = 1 ⇒ f ( − x) = f (x)

c. Calcul du développement limité en 0. On peut utiliser une dérivée pour accélérer les calculs.

x + p

x ² + 1 0

= 1

√ 1 + x ² = 1 + x ² −

= 1 − 1 2 x ² + 3

8 x ⁴ + o(x ⁵ )

⇒ ln(x + p

x ² + 1) = x − 1 6 x ³ + 3

40 x ⁵ + o x ⁶

⇒ 1

x ln(x + p

x ² + 1) = 1 − 1 6 x ² + 3

40 x ⁴ + o x ⁵ Soit f (x) = ee ^v , avec v = − ¹ ₆ x ² + ₄₀ ³ x ⁴ + o x ⁵

, on a alors e

^ln(x+

√

x

+1) = e − e

6 x ² + 4e

45 x ⁴ + o x ⁴ d. Calcul de la dérivée de f factorisée par commodité.

∀ x 6 = 0, f ⁰ (x) = ϕ(x) f (x)

x ² avec ϕ(x) = x

√ 1 + x ² − ln x + p

1 + x ² On remarque que ϕ(0) = 0 , on étudie le signe de ϕ (le même que celui de f ⁰ ) en dérivant

ϕ ⁰ (x) = − x ²

(1 + x ² )

< 0 On en déduit le tableau des signes et des variations

−∞ 0 ₋ 0 ₊ + ∞

ϕ ⁰ − −

ϕ & 0 0 &

ϕ + 0 0 −

f % &

Étude des limites de f ⁰ en 0 et en + ∞.

En 0 , si on était assuré du caractère C ¹ de la fonction, on pourrait armer sans calcul que la limite de f ⁰ en 0 est 0 car f étant paire, f ⁰ est impaire donc f ⁰ (0) = 0 . Mais nos n'avons même pas montré la dérivabilité en 0 , nous devons donc pour le prouver, reprendre les développements limités en 0

ln √

1 + x ² + x

= 1 − 1

6 x + o(x ² ) 1

x √

1 + x ² = 1 x − 1

2 x + o(x ² )



 



 



⇒ f ⁰ (x) =

− 1

3 x + o(x ² )

f (x) → 0

Écrivons des développements en + ∞ p 1 + x ² = x

r 1 + 1

x ² = x + 1 2x + o( 1

x )

⇒ ln p

1 + x ² + x

= ln

2x + 1 2x + o( 1

x )

= ln x + ln 2 + 1

4x ² + o( 1 x ² )

⇒ ln x + √ 1 + x ²

x = ln x

x + O(1) On en déduit que f → 1 en + ∞. D'autre part

√ x

1 + x ² → 1 ⇒ ϕ(x) ∼ − ln x ⇒ f ⁰ (x) ∼ − ln x x ² → 0

e. On peut tracer à la machine le graphe de la fonction f . D'après le calcul de développement limité,

f (x) − e(1 − x ² 6 ) = 4e

45 x ⁴ + o x ⁴

Cette expression est positive dans un voisinage de 0, la courbe est au dessus de la parabole.

2. a. La dérivabilité de F en 0 (avec F ⁰ (0) = f(0) ) assure la continuité de H .

−2 −1 0 1 2

Fig. 1: Graphe de f

b. La fonction H est deux fois dérivable dans R ^∗ + par les opérations habituelles.

Pour montrer la dérivabilité en 0 et la valeur de la dérivée, on forme un dévelop- pement limité à l'ordre 1 de H . Intégrons le développement limité de f :

f (x) = e − e

6 x ² + o(x ² ) ⇒ F (x) = ex − e

18 x ³ + o(x ³ )

⇒ H (x) = e − e

18 x ² + o(x ² ) ⇒ H ⁰ (0) = 0 Formons un développement de H ⁰ , pour x > 0 ,

f (x) x = e

x − e

6 x + o(x) F (x)

x ² = e x − e

18 x + o(x)



 

 

⇒ H ⁰ (x) = f (x)

x − F (x) x ² = − e

9 x + o(x)

⇒ H ⁰⁰ (0) = − e 9

H ⁰ (x) = f (x)

x − F (x)

x ² ⇒ H ⁰ (x) − H ⁰ (0)

x = xf(x) − F(x) x ³ = ( − e

6 + e

18 ) + o(1)

⇒ H ⁰⁰ (0) = − e 9

c. Pour x > 0 , considérons la fonction t → F (t) − tf(x) dans [0, x] .

Sa dérivée f (t) − f (x) est positive à car f est décroissante dans [0 + ∞ [ . On en déduit en particulier que F (x) ≥ xf(x) d'où H(x) ≥ f (x) .

d. Au voisinage de + ∞, on peut écrire : 1

x ln x + p

x ² + 1

= 1 x





 ln x + ln 1 + r

1 + 1 x ²

!

−→ln 2





 ∼ ln x x → 0

On en déduit que f tend vers 1 avec f (x) − 1 ∼ ^ln _x ^x . Considérons g(x) = F (x) − x − 2 √

x , alors g ⁰ (x) = f (x) − 1 − ^{√ 1} _x ∼ − ^{√ 1} _x . Il existe donc un x ₀ > 0 tel que g soit strictement décroissante dans [x ₀ , + ∞ [ . On en déduit F (x) ≤ g(x ₀ ) + x + 2 √

x pour tout x ≥ x ₀ puis f (x) ≤ H (x) ≤ g(x 0 )

x + 1 + 2

√ x .

Ce qui montre, avec le théorème d'encadrement, que H (x) tend vers 1 en + ∞.

3. a. La fonction F est strictement croissante dans R + , d'après 2.c., F(x) ≥ xf (x) ≥ x ⇒ F(x) −−→ ^+∞ + ∞

Comme F est continue, F ( R + ) = R + . Elle est bijective vers son image. Elle admet une bijection réciproque G continue strictement croissante de R + dans R + . b. Comme F ⁰ (x) = f (x) > 0 pour tous les x positifs, le théorème de la dérivabilité

de la bijection réciproque assure que G est dérivable avec

∀ t ≥ 0, G ⁰ (t) = 1

F ⁰ (G(t)) = 1 f (G(t))

Remarquons que G(0) = 0 car F (0) = 0 et appliquons le théorème des accroisse-

ments nis à G dans [0, u] . Il existe c ∈ ]0, u[ tel que G(u) − G(0) = uG ⁰ (c) = _f(v) ¹

en posant v = G(c) . Comme G est décroissante, v ∈ ]0, G(u)[ et vérie la formule

de l'énoncé.

Problème

I. Préliminaires

1. Comme 1 + j + j ² = 0 par dénition ; j ² = − 1 − j c'est à dire p = q = − 1 . 2. Si q = 0 , alors α est 0 ou p qui sont des entiers. Comme α est irrationnel, q 6 = 0 .

Le complexe α est solution de l'équation du second degré x ² − px − q dont le discriminant est p ² + 4q . Si ce discriminant est nul, l'équation admet une unique solution et α = ^p ₂ ∈ Q. Comme α est irrationnel, p ² + 4q 6 = 0 et l'équation admet deux solutions distinctes.

On note α ⁰ l'autre solution. D'après les résultats de cours sur les équations du second degré,

α + α ⁰ = p, αα ⁰ = − q

On en déduit α ⁰ ∈ Z [α] car α ⁰ = p + ( − 1)α . Lorsque α / ∈ R, l'autre solution α ⁰ est la conjuguée complexe : α ⁰ = α .

Si α = √

d avec d ≥ 2 dans N, alors α ² = q donc p = 0 et α ⁰ = − α = − √ d .

3. a. Pour montrer que Z [α] est un sous anneau de C, on vérie que Z [α] contient l'unité et qu'il est stable pour les deux opérations.

1 = 1 + 0α ⇒ 1 ∈ Z [α]

Pour tout z et z ⁰ dans Z [α] , il existe a , b , a ⁰ , b ⁰ dans Z tels que z = a + bα , z ⁰ = a ⁰ + b ⁰ α :

z + z ⁰ = (a + a ⁰ )

| {z }

∈Z

+ (b + b ⁰ )

| {z }

∈Z

α ∈ Z [α]

zz ⁰ = aa ⁰ + (ab ⁰ + ba ⁰ )α + bb ⁰ α ² = (aa ⁰ + qbb ⁰ )

| {z }

∈ Z

+ (ab ⁰ + ba ⁰ + paa ⁰ )

| {z }

∈ Z

α ∈ Z [α]

b. La décomposition d'un élément de Z [α] est unique car α est irrationnel. En eet, pour a , b , a ⁰ , b ⁰ dans Z,

a + bα = a ⁰ + b ⁰ α ⇒ (b − b ⁰ )α = a ⁰ − a Ce qui ne peut se produire que si b = b ⁰ et a = a ⁰ .

4. a. La fonction N _α est à valeurs entières car, pour tous a et b dans Z, N α (a + bα) = (a + bα)(a + bα ⁰ ) = a ² + b ² αα ⁰ + ab(α + α ⁰ )

= a ² − qb ² + pab ∈ Z

Pour z 1 et z 2 dans Z [α] , il existe des a 1 , b 1 , a 2 , b 2 dans Z tels que z 1 = a 1 + b 1 α et z 2 = a 2 + b 2 α . Alors :

N(z ₁ )N(z ₂ ) = (a ₁ + b ₁ α)(a ₁ + b ₁ α ⁰ )(a ₂ + b ₂ α)(a ₂ + b ₂ α ⁰ )

= (a 1 + b 1 α)(a 2 + b 2 α)

| {z }

=(z

z

)

((a 1 + b 1 α ⁰ )(a 2 + b 2 α ⁰ ))

De plus, comme α ⁰ est solution de la même équation que α ,

z 1 z 2 = (a 1 + b 1 α)(a 2 + b 2 α) = a 1 a 2 + qb 1 b 2 + (a 1 b 2 + b 1 a 2 + pb 1 b 2 )α (a 1 + b 1 α ⁰ )(a 2 + b 2 α ⁰ ) = a 1 a 2 + qb 1 b 2 + (a 1 b 2 + b 1 a 2 + pb 1 b 2 )α ⁰ donc

N(z 1 )N(z 2 ) = N (a 1 a 2 + qb 1 b 2 + (a 1 b 2 + b 1 a 2 + pb 1 b 2 )α) = N (z 1 z 2 ) b. On a vu en question 2. que α ⁰ est le conjugué de α lorsque α / ∈ R. Donc, pour

tous les a , b entiers , a + bα ⁰ est le conjugué de a + bα . On en déduit α / ∈ R ⇒ ∀ z ∈ Z , N _α (z) = | z | ²

c. Le cas où ϕ est le nombre d'or ne présente rien de particulier. On reprend l'ex- pression de la question a. avec p = q = 1 ,

∀ (a, b) ∈ Z ² , N _ϕ (a + bϕ) = a ² − b ² + ab

II. Divisibilité

1. Si z ⁰ divise z dans Z [α] , il existe q ∈ Z [α] tel que z = qz ⁰ . Alors N(z) = N (q)N(z ⁰ ) est une relation entre entiers relatifs donc N(z ⁰ ) divise N(z) dans Z.

2. Inversibles de Z [α] .

a. Soit u ∈ Z [α] tel que | N α (u) | = 1 .

Notons N α (u) = pour bien garder à l'esprit que sa valeur est 1 ou − 1 . Il existe a et b dans Z tels que u = a + bα et, par dénition de N α ,

u (a + bα ⁰ ) = ⇒ u ((a + bα ⁰ )) = 1

On en déduit que u est un inversible de Z [α] d'inverse (a + bα ⁰ ) .

Soit u ∈ I _α c'est à dire inversible dans Z [α] .

Il existe v ∈ Z [α] tel que uv = 1 . Remarquons que N α (1) = 1 par dénition de N α . On en déduit 1 = N α (u)N α (v) dans Z qui entraine que N α (u) est inversible dans Z donc égal à 1 ou − 1 .

Si α / ∈ R, N α (z) = | z | ² donc seule la valeur 1 est possible. L'ensemble des inver- sibles est l'intersection de Z [α] avec l'ensemble U (complexes de module 1 ).

b. Les éléments de I i sont les a + ib tels que a ² + b ² = 1 avec a et b dans Z. On en déduit

I i = { 1, − 1, i, − i } = U 4

Les éléments de I _j sont les a + bj tels que | a + bj | ² = 1 avec a et b dans Z. Or

| a + bj | ² = a ² + b ² + 2ab Re(j) = a ² + b ² − ab = (a − 1 2 b) ² + 3

4 b ²

Donc | a + bj | ² = 1 entraine | b | ≤ 1 . Le cas b = 0 conduit à 1 et − 1 . Le cas b = − 1 conduit à j ( a = 0 ) et − j ( a = 1 ). Le cas b = 1 conduit à j ( a = 0 ) et − j ( a = 1 ).

Comme − j = e

, on peut vérier U j =

1, − 1, j, − j, j, − j = U 6

Soit d ∈ N et d ≥ 2 . Un élément u ∈ Z [i √

d est inversible si et seulement si il existe a et b dans Z vériant u = a + ib √

d avec a ² + db ² = 1 . Comme d ≥ 2 , on doit avoir b = 0 donc a = ± 1 . On en déduit

I _i ^√ _d = {− 1, 1 }

c. On a vu que ϕϕ ⁰ = 1 donc ϕ est inversible d'inverse − ϕ ⁰ et ϕ ⁰ est inversible d'in- verse − ϕ . On en déduit que toutes les puissances de ces nombres sont inversibles.

Elles sont deux à deux distinctes car ϕ et ϕ ⁰ ne sont pas de module 1 . Il existe donc une innité d'inversibles dans ce cas.

d. Soit z un diviseur de z ⁰ dans Z [α] tel que | N α (z) | = | N α (z ⁰ ) |. Il existe alors u ∈ Z [α] tel que z ⁰ = uz . On en déduit

N _α (z ⁰ ) = N _α (u)N _α (z) = N _α (u)N _α (z ⁰ ) ⇒ N _α (u) = 1 donc u est inversible et z = vz ⁰ avec v l'inverse de u .

3. Irréductibles de Z [α] .

Soit z ∈ Z [α] avec | N α (z) | premier (notons le p ) et d un diviseur de z .

Il existe alors q ∈ Z [α] tel que z = dq . Alors, dans Z, N α (d)N α (q) = N α (z) . Donc

| N _α (d) | est 1 ou p .

Si | N α (d) | = 1 , alors d est inversible.

Si | N α (d) | = p alors | N α (q) | = 1 donc q est inversible. Notons q ⁰ son inverse. On en déduit d = q ⁰ z ∈ Iz .

On a bien montré que D (z) = I ∪ Iz c'est à dire que z est irréductible.

Un nombre naturel premier p n'est pas forcément irréductible dans Z [α] car cet anneau étend Z. Il est possible qu'il contienne des diviseurs de p . Par exemple dans Z [ √ p] , le nombre p est le carré de √ p donc il n'est pas irréductible.

4. Exemple avec Z [i √ 6] .

a. Déterminer les z ∈ Z [i √

6] tels que N _i ^√ ₆ (z) = v revient à déterminer les couples (a, b) ∈ Z ² tels que a ² + 6b ² = v .

Pour v ∈ { 2, 3 }, on doit avoir b = 0 sinon 6b ² > v . Comme de plus ni 2 ni 3 ne sont des carrés d'entiers, les ensembles cherchés sont vides.

b. On a déjà vu que si z est un diviseur de z ⁰ tel que N α (z) = N α (z ⁰ ) , il existe u inversible tel que z = uz ⁰ . On utilisera plusieurs fois cette remarque.

Montrons que 2 est irréductible.

Soit z ∈ Z [i √

6] un diviseur de 2 . Alors N _i ^√ ₆ (d) divise N _i ^√ ₆ (2) = 4 .

N _i ^√ ₆ (d) = 1 ⇒ d ∈ I

N _i ^√ ₆ (d) = 2 impossible

N _i ^√ ₆ (d) = 4 ⇒ d ∈ I × 2 (d'après 2.d.) Montrons que − 3 est irréductible.

Soit z ∈ Z [i √

6] un diviseur de − 3 . Alors N _i ^√ ₆ (d) divise N _i ^√ ₆ ( − 3) = 9 .

N _i ^√ ₆ (d) = 1 ⇒ d ∈ I

N _i ^√ ₆ (d) = 3 impossible

N _i ^√ ₆ (d) = 9 ⇒ d ∈ I × 3 (d'après 2.d.) Montrons que i √

6 est irréductible.

Soit z ∈ Z [i √

6] un diviseur de i √

6 . Alors N _i ^√ ₆ (d) divise N _i ^√ ₆ (i √ 6) = 6 .

N _i ^√ ₆ (d) = 1 ⇒ d ∈ I

N _i ^√ ₆ (d) = 2 impossible

N _i ^√ ₆ (d) = 3 impossible

N _i ^√ ₆ (d) = 6 ⇒ d ∈ I × (i √

6) (d'après 2.d.)

c. La relation 2 × ( − 3) = (i √

6) ² montre que le théorème de Gauss n'est pas valide dans l'anneau Z [i √

6] . En eet, d'après cette relation i √

6 divise 2 × ( − 3) mais il n'a pas de diviseur commun (non inversible) avec 2 et pas non plus avec − 3 . 5. Exemple avec Z [ √

10] .

a. Il sut de chercher les restes modulo 10 des carrés des nombres de 0 à 9 . Présen- tons les dans un tableau :

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

0 1 4 9 6 5 6 1 4 1

L'ensemble des restes modulo 10 des carrés d'entiers est { 0, 1, 4, 5, 6, 9 }.

b. Dans ce cas, pour tous a et b entiers, N ^√ ₁₀ (a + b √

10) = (a + b √

20)(a − b √

10) = a ² − 10b ² Comme dans le cas de Z [i √

6] , pour chaque w que l'on veut prouver irréductible, on calcule N ^√ ₁₀ (z) et on forme l'ensemble de ses diviseurs. Présentons les résultats dans un tableau

w N ^√ ₁₀ (z) diviseurs de N ^√ ₁₀ (z) dans N

2 4 1 , 2 , 4

3 9 1 , 3 , 9

4 + √

10 6 1 , 2 , 3 , 6

4 − √

10 6 1 , 2 , 3 , 6

On cherche ensuite les z ∈ Z [ √

10] tels que N ^√ ₁₀ (z) = v pour les vrais diviseurs trouvés c'est à dire ± 2 ou ± 3 . Il s'agit chaque fois d'étudier l'équation

a ² − 10b ² = v, (a, b) ∈ Z ²

Mais une telle relation entraine a ² ≡ v mod 10 ce qui n'est pas possible car 2 , 3 ,

− 2 ≡ 8 , − 3 ≡ 7 sont justement les nombres qui ne sont pas des restes de carrés modulo 10 .

Il n'existe donc pas de z ∈ Z [ √

10] tels que N ^√ ₁₀ (z) soit ± 2 ou ± 3 . On en déduit comme dans la question 4 que 2 , 3 , 4 ± √

10 sont irréductibles.

c. La relation montre que le théorème de Gauss n'est pas vrai dans Z [ √ 10] .

III. Division euclidienne

1. pour un x réel, il existe a ∈ {b x c , d x e} tel que | x − a | ≤ ¹ ₂ .

2. Supposons que Z [α] vérie la propriété d'approximation de l'énoncé. Soit z et z ⁰ dans Z [α] avec z ⁰ 6 = 0 . Considérons w = _z ^z

∈ C. Il existe alors w α ∈ Z [α] tel que

z z ⁰ − w _α

< 1 ⇒ z = w _α z ⁰ + r avec r = z − w _α z ⁰ ∈ Z [α]

et | r | ² = | z ⁰ | ² z z ⁰ − w α

2

< | z ⁰ | ² Autrement dit, le quotient de la division euclidienne dans l'anneau est une bonne approximation du quotient complexe, le reste étant simplement le reste du dévelop- pement idiot pour ce quotient.

3. a. Considérons un nombre complexe w quelconque de partie réelle u et de partie imaginaire v . Notons α _r = Re(α) et α _i = Im(α) . Par hypothèse de cette partie, α _i 6 = 0 . La condition sur x et y revient au système de deux équations aux inconnues x et y obtenu en identiant les parties réelles et imaginaires.

( x + α r y = u α _i y = v

Ce système admet une unique solution car α i 6 = 0 . Il existe des réels x et y tels que w = x + yα .

b. Considérons les x et y de la question précédente. D'après 1., il existe a et b dans Z tels que | x − a | ≤ ¹ ₂ et | y − b | ≤ ¹ ₂ . Dénissons w _α ∈ Z [α] par w _α = a + bα et exprimons | w − w _α | ² avec la formule trouvée en I.4.a.

| w − w _α | ² = (x − a) ² − q(y − b) ² + p(x − a)(x − b)

≤ | x − a | ² + | q || y − b | ² + | p || x − a || x − b | ≤ 1 + | q | + | p | 4

c. Les questions 3.a. et 2. montrent que si α est tel que 1 + | p | + | q | < 4 , alors Z [α]

est euclidien.

Pour α = i , p = 0 , q = − 1 , 1 + | p | + | q | = 2 . Pour α = i , p = − 1 , q = − 1 , 1 + | p | + | q | = 3 . Pour α = i √

2 , p = 0 , q = − 2 , 1 + | p | + | q | = 3 . Les anneaux Z [i] , Z [j] , Z [i √

2 sont donc bien euclidiens.

4. a. Ici α est le nombre complexe de partie imaginaire positive vériant α ² = α − 2 . En résolvant l'équation du second degré, on obtient

α = 1 + i √

7

2

Notons x = Re(w) et y = Im(w) et introduisons l'expression trouvée pour α

| z − (u + vα) | ² =

x − u − v 2

²

+ y − v √ 7 2

! ²

= x − v

2 − u 2

+ 7 4

2y

√ 7 − v ²

Il existe un entier v tel que

√ 2y 7 − v

≤ 1

2 Ce v étant xé, il existe un entier u tel que

x − v

2 − u ≤ 1

2 On dénit ainsi w _α = u + vα ∈ Z [α] tel que

| z − w _α | ² ≤ 1 4 + 7

16 = 11 16 < 1 On peut donc conclure avec la question 2.

b. Ici α est le nombre complexe de partie imaginaire positive vériant α ² = α − 3 . En résolvant l'équation du second degré, on obtient

α = 1 + i √ 11 2

Notons x = Re(w) et y = Im(w) et introduisons l'expression trouvée pour α

| z − (u + vα) | ² =

x − u − v 2

²

+ y − v √ 11 2

! ²

= x − v

2 − u 2

+ 11 4

2y

√ 11 − v ²

Il existe toujours de bonnes approximations entières, d'abord v puis u . On dénit ainsi w _α = u + vα ∈ Z [α] tel que

| z − w _α | ² ≤ 1 4 + 11

16 = 15 16 < 1 On peut donc encore conclure avec la question 2.

IV. Applications

1. Reproduire le cours, la terminaison est assurée par le fait que la suite des carrés des normes est strictement décroissante à valeurs dans N. La preuve de l'invariance de l'intersection des ensembles des diviseurs de deux restes consécutifs est la même que dans Z. On convient d'appeler pgcd des valeurs initiales l'entier de Gauss non nul renvoyé par l'algorithme.

2. Le premier quotient est donné par le tableau, on compléte la troisième colonne 8 + 9i − (2 + i)(5 + 3i) = 8 + 9i − 10 − 6i − 5i + 3 = 1 − 2i

N 145 34 5

a 8 + 9i 5 + 3i 1 − 2i

q 2 + i .

u 1 0 1

v 0 1 − 2 − i

Pour trouver le quotient d'une division euclidienne, on approche les parties réelles et imaginaires par des entiers

5 + 3i

1 − 2i = (5 + 3i)(1 + 2i)

5 = − 1 + 13i 5 ' 3i Ce qui justie l'approximation, c'est que le module du reste diminue

5 + 3i − (3i)(1 − 2i) = 5 + 3i − 3i − 6 = − 1 (carré module 1 )

On complète la colonne suivante qui fournit les coecients de Bezout et l'algorithme s'arrête

N 145 34 5 1

a 8 + 9i 5 + 3i 1 − 2i − 1

q 2 + i 3i .

u 1 0 1 − 3i

v 0 1 − 2 − i − 2 + 6i

L'algorithme s'arrête car − 1 , de module 1 , est inversible.

Les entiers de Gauss a 0 = 8 + 9i et a 1 = 5 + 3i sont étrangers. De plus, u 3 a 0 + v 3 a 1 = ( − 3i)(8 + 9i) + ( − 2 + 6i)(5 + 3i) = − 1

L'algorithme d'Euclide étendu permet encore d'exprimer le pgcd de a 0 et a 1 comme

combinaison de a ₀ et a ₁ .

3. Question de cours. Reproduire dans le cadre de Z [i] les preuves formulées dans Z. Le théorème de Gauss se formule comme dans Z.

Soit u , v , w dans Z [α] euclidien. Si u divise vw et si u est étranger à v alors u divise w .

4. a. Soit x et y dans Z tel que x ² + 2 = y ³ . Montrons par l'absurde que x est impair.

Si x est pair, il existe x ⁰ ∈ Z tel que x = 2x ⁰ :

4x ⁰² + 2 = y ³ ⇒ y pair ⇒ ∃ y ⁰ ∈ Z tq 2x ⁰² + 1 = 4y ⁰² impossible b. Remarquons que N _i ^√ ₂ (2i √

2) = 8 et N _i ^√ ₂ (x − i √

2) = x ² + 2 . Si δ ∈ Z [i √ 2] est un diviseur commun, N _i ^√ ₂ (δ) doit diviser 8 et x ² + 2 dans Z. Or ils sont premiers entre eux car 2 est le seul diviseur premier de 8 alors que x ² + 2 est impair car x ² est impair (car x est impair). On doit donc avoir N _i ^√ ₂ (δ) = 1 donc δ inversible.

Comme x − i √

2 et 2i √

2 sont étrangers, x − i √

2 et (x − i √

2) + (2i √

2) = x + i √ 2 le sont aussi.

c. Si y n'est pas irréductible, il admet un diviseur irréductible z 1 . Il existe alors y 1 ∈ Z [i √

2] tel que y = z 1 y 1 . De plus | y 1 | ² < | y | ² car un irréductible est de module strictement plus grand que 1 . On recommence avec y 1 . Le processus s'arrêtera car la suite des carrés des modules est strictement décroissante dans N.

Le caractère euclidien de l'anneau ne joue aucun rôle dans ce raisonnement.

d. Considérons un facteur irréductible z _i de y . On sait que z _i ³ m _i divise (x+ i √ 2)(x − i √

2) .

Si z _i ne divise pas x + i √

2 , alors z _i ³ m _i et x + i √

2 sont étrangers donc z _i ³ m _i divise x − i √

2 . Si z i divise x+ i √

2 , alors il ne divise pas x − i √

2 (ils sont étrangers) donc z _i ³ m i

et x − i √

2 sont étrangers donc z ³ _i m i divise x + i √ 2 .

En regroupant les z i qui divisent le même facteur, on obtient que x + i √ 2 et x − i √

2 sont des produits de cubes de z i . Ils sont donc eux même des cubes. Il existe a et b entiers tels que x + i √

2 = (a + ib √ 2) ³ .

Le caractère euclidien de l'anneau joue un rôle capital dans ce raisonnement car il utilise le théorème de Gauss qui est une conséquence de l'existence d'une division euclidienne.

e. Traduisons la condition précédente par un système en séparant partie réelle et imaginaire

x + i √

2 = (a + ib √ 2) ³ ⇔

( a ³ − 6ab ² = x 3a ² b − 2b ³ = 1 ⇔

( a(a ² − 6b ² ) = x (3a ² − 2b ² )b = 1

On en déduit b = ∈ {− 1, +1 } et le système devient ( a(a ² − 6) = x

3a ² − 2 = ⇒ = 1, a = ± 1, x = ± 5

Comme 25 + 2 = 3 ³ , les deux seuls couples solutions sont (5, 3) et ( − 5, 3) . Ici, comme l'anneau est euclidien, 5 + i √

2 est bien un cube ( − 1 − i √

2) ³ = 5 + i √ 2

5. a. Il s'agit d'un exemple d'anneau non euclidien dans lequel le théorème de Gauss est faux. Les carrés des normes de 3 et 1 ± i √

26 sont 9 et 27 . On raisonne comme dans II 4. et 5. L' équation dans Z

a ² + 26b ² = v avec v = 3 ou 9

n'a pas de solution si v = 3 et les solutions − 3 , +3 si v = 9 . On en déduit les irréductibilités demandées.

b. Evidemment (1 + i √

26)(1 − i √

26) = 27 = 3 ³ . Pour autant, si on cherche 1 +i √ 26 comme un cube, on arrive aux équations

( a(a ² − 48b ² ) = 1

(3a ² − 26b ² )b = 1 ⇒ a = ± 1 et b = ± 1 ⇒ contradiction Ainsi, malgré la relation (1 + i √

26)(1 − i √

26) = 3 ³ , l'élément 1 + i √

26 n'est pas un cube. L'anneau Z [i √

26] n'est pas euclidien.