développement 10 forme faible du théor`eme de dirichlet

DÉVELOPPEMENT 10
FORME FAIBLE DU THÉORÈME DE DIRICHLET
Lemme. — Si f, g ∈ Q[X] sont unitaires et vérifient f g ∈ Z[X] alors f, g ∈ Z[X]
Démonstration. — Soit a > 0 le plus petit entier tel que af ∈ Z[X], on pose af = f1 ; soit b > 0 le plus
petit entier tel que bg ∈ Z[X], on pose bg = g1 . Supposons que ab > 1 et soit p un diviseur premier de
ab, on considère alors le morphisme πP : Z[X] → (Z/pZ)[X]. On a f1 g1 = abf g ∈ Z[X] d’où
πP (f1 )πP (g1 ) = πP (f1 g1 ) = πP (ab)πP (f g) = 0
et il en résulte (puisque (Z/pZ)[X] est intègre) que πP (f1 ) = 0 ou πP (g1 ) = 0, par exemple πP (f1 ) = 0.
On peut alors écrire f1 = pf2 où f2 ∈ Z[X]. Comme f est unitaire et puisque f1 = af , a est le coefficient
dominant de f1 , donc p divise a et on écrit a = pa0 . Il vient donc pa0 f = f1 = pf2 i.e. a0 f = f2 ∈ Z[X],
ce qui est impossible puisque a0 < a. Donc ab = 1 i.e. a = b = 1.
Théorème. — Pour tout entier n ≥ 1, il existe une infinité de premiers congrus à 1 modulo n.
Démonstration. — On considère le k è polynôme cyclotomique
Y
Y 2i`π
Φk =
(X − ζ) =
X −e n ,
ζ∈Uk◦
puisque la réunion Un =
[
1≤`≤k
k∧`=1
Ud◦ est disjointe, il vient
d|n
Xn − 1 =
Y
Y
(X − ζ) =
ζ∈Un
ζ∈
S
(X − ζ) =
Y Y
(X − ζ) =
d|n ζ∈Ud◦
◦
d|n Ud
Y
d|n
Φd = Φn
Y
Φd .
d|n
d≤n−1
0
n − 1 ∈ Q[X] et
0 ∈ Q[X] pour tout n < n. Puisque X
On
Ya Φ1 = X − 1 ∈ Q[X], supposons que ΦnY
Y
Φd ∈ Q[X], on peut écrire X n − 1 = Q
Φd + R avec Q, R ∈ Q[X] et deg R < deg
Φd . Il
d|n
d≤n−1
d|n
d≤n−1
d|n
d≤n−1
vient donc
(Φn − Q)
Y
Φd = R.
d|n
d≤n−1
Puisque deg R < deg
Y
Φd , il s’ensuit que Φn − Q = 0 d’où Φn ∈ Q[X]. Enfin, on a Φn ∈ Z[X]
d|n
d≤n−1
d’après le lemme, puisque Φn
Y
d|n
d≤n−1
Φd = Xn − 1 ∈ Z[X].
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Forme faible du théorème de Dirichlet
Soit p un nombre premier et a ∈ Z tels que p divise Φn (a) mais ne divise aucun Φd (a) pour tout diviseur
d de n. Comme p divise Φn (a), p divise aussi an − 1 donc l’ordre de la classe a de a dans U(Z/pZ) divise
n. Si d divise n strictement alors
Y
ad − 1 =
Φd0 (a)
d0 |d
d0
dans Z/pZ. Mais si
divise d où d est un diviseur de n alors d0 divise n et par hypothèse, on a donc
Φd0 (a) 6= 0. Comme Z/pZ est un corps, il s’ensuit que le produit des Φd0 (a) est non nul i.e. ad 6= 1.
Ainsi, on a an = 1 et ad 6= 1 pour tout diviseur d de n donc l’ordre de a dans U(Z/pZ) est exactement
n. D’autre part, cet ordre divise l’ordre du groupe i.e. n divise p − 1 et le nombre premier p est donc de
la forme kn + 1 avec k entier.
Supposons maintenant qu’il n’existe qu’un nombre fini de premiers congrus à 1 modulo n, on les note
p1 , . . . , pq . On pose N = np1 · · · , pq , d’après ce qui précède, il suffit de trouver un nombre premier p et
un entier a tel que p divise ΦN (a) mais ne divise aucun Φd (a) pour tout diviseur d de N . On pose
Y
B=
Φ(d),
d|N
d<N
i.e. il s’agit de trouver p premier et a ∈ Z tels que p divise ΦN (a) mais ne divise pas B(a). Les polynômes
B et ΦN sont tous deux à coefficients dans Q et n’ont aucune racine commune dans C (où ils sont scindés)
donc B et ΦN sont premiers entre eux dans Q et, d’après le théorème de Bézout, on a U B + V ΦN = 1
avec U, V ∈ Q[X]. Il existe alors un entier a ∈ Z tel que U 0 = aU et V 0 = aV soient à coefficients entiers ;
puisque ΦN n’est pas constant, on peut choisir a ∈ Z tel que |ΦN (a)| ≥ 2. Soit p un diviseur premier
de ΦN (a) alors p divise aN − 1 (puisque ΦN divise X N − 1) i.e. aN = 1 dans Z/pZ ; en particulier
a est inversible dans Z/pZ ce qui signifie que a et p sont premiers entre eux. Ainsi, p ne divise pas
a = U 0 (a)B(a) + V 0 (a)ΦN (a) et comme p divise ΦN (a), p ne divise pas B(a) et p est donc congru à 1
modulo N . Donc p est congru à 1 modulo n et est distinct de p1 , . . . , pq .
Leçons concernées
09 Congruences dans Z, anneau Z/nZ. Applications
10 Nombres premiers.Applications
15 Groupe des nombres complexes de module 1. Applications
Références
S. Francinou et H. Gianella, Exercices d’algèbre 1, Masson, 1993.
S. Francinou, H. Gianella et S. Nicolas, Oraux X-ENS, algèbre 1, Cassini, 2001.
Sébastien Pellerin