Cinquième partie Problèmes d’algèbre 513 515 Les anneaux considérés sont toujours supposés unitaires. 516 27 Le théorème de d’Alembert-Gauss 27.1 Énoncé Le but de cet problème est de montrer le théorème fondamental de l’algèbre : tout polynôme complexe non constant a au moins une racine. n P On se donne un polynôme P (z) = ak z k de degré n ≥ 1 avec an = 1. k=0 1. Montrer que lim |P (z)| = +∞. |z|→+∞ 2. Montrer qu’il existe z0 ∈ C tel que |P (z0 )| = inf |P (z)| . z∈C 3. On suppose que P (z0 ) 6= 0 et on définit le polynôme Q par Q (z) = P (z + z0 ) . P (z0 ) (a) Montrer que : ∀z ∈ C, |Q (z)| ≥ 1. (b) Montrer qu’il existe un entier p compris entre 1 et n et une fonction ε définie sur C tels que bp 6= 0, lim ε (z) = 0 et Q (z) = 1 + bp z p (1 + ε (z)) . z→0 (c) Justifier l’existence d’un réel r > 0 tel que |ε (z)| < 1 pour tout z ∈ C tel que |z| < r. 2 (d) On note bp = rp eiθp avec rp > 0 et 0 ≤ θp < 2π. i. Montrer que pour tout z = ρe−i θp +π p avec 0 < ρ < r, on a : 1 |Q (z)| ≤ |1 − rp ρp | + rp ρp . 2 ii. En déduire qu’il existe z1 ∈ C tel que |Q (z1 )| < 1. iii. Conclure. 27.2 Solution 1. Pour tout z ∈ C∗ , on a : ¯ ¯a an−1 ¯ ¯ 0 |P (z)| = |z|n ¯ n + · · · + + 1¯ z z ¯a ¯ ¯ n−k ¯ avec lim ¯ k ¯ = 0 pour k = 1, · · · , n. D’où le résultat. |z|→+∞ z 517 518 Le théorème de d’Alembert-Gauss 2. De lim |P (z)| = +∞, on déduit qu’il existe R > 0 tel que : |z|→+∞ |z| > R ⇒ |P (z)| > |P (0)| Su le compact K = {|z| ≤ R} , la fonction continue |P | est minorée et atteint sa borne inférieure, il existe donc z0 ∈ K tel que |P (z0 )| = inf |P (z)| . On a alors, pour tout z ∈ C, z∈K soit z ∈ K et |P (z)| ≥ |P (z0 )| , soit z ∈ / K, donc |z| > R et |P (z)| > |P (0)| ≥ |P (z0 )| . Dans tous les cas, |P (z)| ≥ |P (z0 )| et |P (z0 )| = inf |P (z)| . z∈C 3. (a) Résulte de : ∀z ∈ C, |P (z + z0 )| ≥ |P (z0 )| . (b) On a Q ∈ C [z] avec Q (0) = 1 et deg (Q) = n, donc : Q (z) = 1 + bp z p + · · · + bn z n avec 1 ≤ p ≤ n et bp 6= 0, ce qui s’écrit : Q (z) = 1 + bp z p (1 + ε (z)) avec lim ε (z) = 0. z→0 (c) Par définition de la limite nulle. (d) i. Pour z = ρe−i θp +π p , on a : |Q (z)| = |1 + bp z p (1 + ε (z))| ≤ |1 + bp z p | + rp ρp |ε (z)| Si de plus ρ = |z| < r, alors |ε (z)| < 1 et : 2 |Q (z)| ≤ |1 + bp z p | + rp ρp avec : 1 2 ´p ³ θp +π = rp ρp e−iπ = −rp ρp . bp z p = rp eiθp ρe−i p ii. On a lim (1 − rp ρp ) = 1, donc 1 − rp ρp > 0 pour ρ assez petit et pour un tel ρ→0 choix : 1 1 |Q (z)| ≤ 1 − rp ρp + rp ρp = 1 − rp ρp < 1. 2 2 iii. C’est contradictoire avec |Q (z)| ≥ 1. Donc P (z0 ) = 0 et le théorème de d’Alembert-Gauss est démontré. 28 ¡ ¢ La forme quadratique T r M 2 sur Mn (R) 28.1 Énoncé Exercice 28.1 Soient E = Mn (R) l’espace vectoriel des matrices carrées à coefficients réels d’ordre n ≥ 2 et q l’application définie sur E par : ¡ ¢ ∀M ∈ E, q (M ) = T r M 2 . 1. En notant M = ((xij ))1≤i,j≤n un élément de E, donner une expression de q. 2. Montrer que q est une forme quadratique sur E. 3. Donner une expression la forme polaire ϕ de q. 4. Effectuer une réduction de q en combinaison linéaire de carrés de formes linéaires indépendantes dans le dual E ∗ . 5. Déterminer le rang, le noyau et la signature de q. 6. Soient E1 = {M ∈ E | t M = M } le sous-espace vectoriel de E formé des matrices symétriques et E2 = {M ∈ E | t M = −M } le sous-espace vectoriel de E formé des matrices antisymétriques. (a) Donner la dimension de E1 en précisant une base. (b) Que dire des termes diagonaux d’une matrice M = ((xij ))1≤i,j≤n ∈ E2 ? (c) Donner la dimension de E2 en précisant une base. (d) Montrer que E = E1 ⊕ E2 . (e) Montrer que E2 ⊂ E1⊥ , où E1⊥ désigne l’orthogonal de E1 relativement à ϕ. (f ) Déterminer E1⊥ . 7. Montrer que la restriction de q à E1 est définie positive et que la restriction de q à E2 est définie négative. 28.2 Solution 1. Le coefficient d’indice (i, i) de P = M 2 , pour i compris entre 1 et n, est : pii = n X k=1 519 xik xki La forme quadratique T r (M 2 ) sur Mn (R) 520 et donc : n n X n X ¡ 2¢ X q (M ) = T r M = pii = xik xki i=1 = n X x2ii + 2 i=1 X i=1 k=1 xij xji . 1≤i<j≤n 2. On peut dire que q est un polynôme homogène de degré en ((xij ))1≤i,j≤n . Ou alors, en désignant par ϕ l’application définie par : ∀ (M, N ) ∈ E 2 , ϕ (M, N ) = T r (M N ) vérifier que : – ϕ est symétrique puisque T r (M N ) = T r (N M ) pour toutes matrices M, N dans E. – ϕ est bilinéaire puisque l’application trace est une forme linéaire et, à N fixé, l’application M 7→ M N est linéaire de E dans E, ce qui entraîne que pour tout N fixé, dans E l’application M 7→ T r (M N ) est linéaire comme composée d’application linéaires. La symétrie nous dit que ϕ est en fait bilinéaire et cette application étant à valeurs réelles, c’est bien une forme bilinéaire symétrique. – Pour tout M ∈ E, q (M ) = ϕ (M, M ) . En conséquence q est une forme quadratique. 3. Ce qui précède nous dit que l’application ϕ : (M, N ) 7→ T r (M N ) est la forme polaire de q. 4. Pour 1 ≤ i < j ≤ n, on a : 2xij xji = 1 1 (xij + xji )2 − (xij − xji )2 , 2 2 ce qui donne la réduction de Gauss : q (M ) = n X x2ii + i=1 = n X i=1 1 X 1 X (xij + xji )2 − (xij − xji )2 2 1≤i<j≤n 2 1≤i<j≤n L2ii (M ) + 1 X 1 X L2ij (M ) − L2 (M ) 2 1≤i<j≤n 2 1≤i<j≤n ji où les formes linéaires Lij pour 1 ≤ i, j ≤ n sont définies par : Lii (M ) = xii (1 ≤ i ≤ n) Lij (M ) = xij + xji (1 ≤ i < j ≤ n) Lji (M ) = xij − xji (1 ≤ i < j ≤ n) L’algorithme de Gauss nous assure que ces formes sont linéairement indépendantes dans le dual E ∗ . 5. Le rang de q est : rg (q) = card {Lii | 1 ≤ i ≤ n} + card {Lij | 1 ≤ i < j ≤ n} + card {Lji | 1 ≤ i < j ≤ n} © ª = n + 2 (i, j) ∈ N2 | 1 ≤ i < j ≤ n = n + 2card (X) Solution 521 avec : X = {(1, 2) , · · · , (1, n)} ∪ {(2, 3) , · · · , (2, n)} ∪ · · · ∪ {(n − 1, n)} ce qui donne : card (X) = (n − 1) + (n − 2) + · · · + 2 + 1 = n (n − 1) 2 et rg (q) = n + n (n − 1) = n2 = dim (E) . La forme q est donc non dégénérée et ker (q) = {0} . La signature de q est ¶ µ ¶ µ n (n + 1) n (n − 1) n (n − 1) n (n − 1) = . sign (q) = n + , , 2 2 2 2 6. (a) Une matrice symétrique est uniquement déterminée par son triangle supérieur large n (n + 1) (i. e. avec la diagonale comprise), ce qui signifie que dim (E1 ) = . 2 On peut aussi dire qu’une matrice symétrique s’écrit : X M= aij Eij 1≤i≤j≤n où les matrices Eij sont définies par : pour 1 ≤ i ≤ n, Eii a tous ses coefficients nuls sauf celui d’indice (i, i) qui vaut 1 ; pour 1 ≤ i < j ≤ n, Eij a tous ses coefficients nuls sauf ceux d’indice (i, j) et (j, i) qui valent 1. Le système {Eij | 1 ≤ i ≤ j ≤ n} engendre E1 et on vérifie facilement qu’il est libre, c’est donc une base de E1 . On retrouve que : © ª n (n + 1) dim (E1 ) = card (i, j) ∈ N2 | 1 ≤ i ≤ j ≤ n = . 2 (b) De t M = −M, on déduit que xii = −xii pour tout i compris entre 1 et n. En conséquence, tous les termes diagonaux de M ∈ E2 sont nuls. n (n − 1) (c) Comme en a. on vérifie que dim (E2 ) = , une base étant donnée par la 2 famille de matrices {Fij | 1 ≤ i < j ≤ n} , où : pour 1 ≤ i < j ≤ n, Fij a tous ses coefficients nuls sauf ceux d’indice (i, j) et (j, i) qui valent respectivement 1 et −1. (d) Si M ∈ E1 ∩ E2 , on a alors M = t M = −M, ce qui implique M = 0. On a donc E1 ∩ E2 = {0} avec : dim (E) = n2 = n (n − 1) n (n + 1) + = dim (E1 ) + dim (E2 ) 2 2 et en conséquence E = E1 ⊕ E2 . (e) Pour (M, N ) ∈ E2 × E1 , on a : t (M N ) = t N t M = −N M, c’est-à-dire que M N ∈ E2 et ϕ (M, N ) = T r (M N ) = 0, ce qui signifie que M ∈ E1⊥ . La forme quadratique T r (M 2 ) sur Mn (R) 522 (f) Comme ϕ est non dégénérée, on a : ¡ ¢ n (n − 1) dim E1⊥ = dim (E) − dim (E1 ) = = dim (E2 ) 2 et ce qui précède nous dit que E1⊥ = E2 . 7. Pour M ∈ E1 , on a t M = M et : Lji (M ) = xij − xji = 0 (1 ≤ i < j ≤ n) et la décomposition de Gauss donne : q (M ) = n X L2ii (M ) + i=1 1 X L2 (M ) ≥ 0 2 1≤i<j≤n ij avec q (M ) = 0 si, et seulement si, Lii (M ) = xii = 0 pour 1 ≤ i ≤ n et Lij (M ) = xij + xji = 2xij = 0 pour 1 ≤ i < j ≤ n, ce qui équivaut à M = 0. La restriction de q à E1 est donc définie positive. De même, pour M ∈ E2 , on a t M = −M, soit xij = −xji pour tous i, j, ce qui entraîne Lii (M ) = xii = 0 pour 1 ≤ i ≤ n et Lij (M ) = xij + xji = 0 pour 1 ≤ i < j ≤ n. La décomposition de Gauss donne alors : q (M ) = − 1 X L2 (M ) ≤ 0 2 1≤i<j≤n ji avec q (M ) = 0 si, et seulement si, Lji (M ) = xij − xji = 2xij = 0 pour 1 ≤ i < j ≤ n, ce qui équivaut à M = 0. La restriction de q à E2 est donc définie négative. 29 Décomposition d’un entier en carrés. Entiers de Gauss 29.1 Énoncé Pour √ tout nombre complexe z = x + iy, on note z = x − iy le complexe conjugué de z et |z| = zz le module de z. – I – Le théorème des deux carrés On note Σ2 l’ensemble des entiers naturels qui s’écrivent comme somme de deux carrés, soit : © ª Σ2 = n ∈ N | n = a2 + b2 où (a, b) ∈ Z2 . On peut remarquer qu’un entier n est dans Σ2 si, et seulement si, il existe un nombre complexe z = a + ib avec (a, b) ∈ Z2 tel que n = |z|2 . 1. Montrer que Σ2 est stable pour le produit, c’est-à-dire que le produit de deux entiers naturels qui sont somme de deux carrés est encore somme de deux carrés. Il suffit donc, pour décrire Σ2 , de s’occuper des nombres premiers qui peuvent s’écrire comme somme de deux carrés. 2. Montrer que si n ∈ Σ2 est impair, il et alors congru à 1 modulo 4. 3. Soit p un nombre premier dans Σ2 . Montrer que p est soit égal à 2, soit congru à 1 modulo 4. 4. Soit p un nombre premier congru à 1 modulo 4. Montrer qu’il existe un entier naturel non nul r tel que p divise 1 + r2 (on peut utiliser le théorème de Wilson). Ce résultat est-il encore vrai pour p premier congru à 3 modulo 4 ? 5. Soient x un réel et n ≥ 1 un entier. Montrer qu’il existe un couple d’entiers (p, q) ∈ Z×N∗ tels que : 1 1 ≤ q ≤ n et |qx − p| ≤ . n+1 6. Soient x et λ deux réels avec λ > 1 non entier. Montrer qu’il existe un couple d’entiers (p, q) ∈ Z × N∗ tels que : 1 1 ≤ q < λ et |qx − p| < . λ 7. Soient r et n deux entiers naturels non nuls tels que n divise 1 + r2 . Montrer que n est √ r somme de deux carrés (on peut utiliser la question précédente avec x = et λ = n). n 523 524 Décomposition d’un entier en carrés. Entiers de Gauss 8. Soient p, q deux entiers naturels non nuls premiers entre eux et n un entier naturel non nul. Montrer que si n divise p2 + q 2 , il est alors somme de deux carrés. 9. Soit p un nombre premier. Montrer que p est somme de deux carrés si, et seulement si, il est égal à 2 ou congru à 1 modulo 4 (théorème de Fermat). 10. On propose ici une autre démonstration du résultat précédent. Compte tenu de I.3, il suffit de montrer qu’un nombre premier congru à 1 modulo 4 est dans Σ2 . On se donne donc un nombre premier p congru à 1 modulo 4. (a) Montrer qu’il existe un entier r compris entre 2 et p − 1 tel que p divise r2 + 1. √ (b) Montrer que si r < p, alors p = r2 + 1. √ (c) On suppose que p < r. i. En désignant par (rk )0≤k≤n la suite des restes successifs qui apparaissent dans l’algorithme d’Euclide pour le calcul de p ∧ r où r0 = r, rn−1 = p ∧ r et rn = 0, montrer que, pour tout k compris entre 0 et n − 1, il existe un entier wk compris entre 1 et p − 1 tel que rk ≡ rwk modulo p. ii. Montrer qu’il existe un entier k compris entre 1 et n − 1 tel que p = rk2 + wk2 . 11. Soit n un entier naturel non nul somme de deux carrés. Montrer que si p est un diviseur premier de n congru à 3 modulo 4, alors l’exposant de p dans la décomposition de n en facteurs premiers est nécessairement pair. 12. Déduire de ce qui précède qu’un entier naturel non nul n est somme de deux carrés si, et seulement si, les éventuels diviseurs premiers de n congrus à 3 modulo 4 qui apparaissent dans sa décomposition en facteurs premiers y figurent avec un exposant pair. 13. Montrer que n = 3240 est dans Σ2 et donner une décomposition de n en somme de deux carrés. 14. Montrer que si n est somme de deux carrés, n = a2 + b2 , avec a et b premiers entre eux, alors n n’a pas de diviseur premier congru à 3 modulo 4. La réciproque est-elle vraie ? – II – Les entiers de Gauss On désigne par Z [i] l’ensemble des entiers de Gauss défini par : © ª Z [i] = a + ib | (a, b) ∈ Z2 . 1. (a) Montrer que Z [i] est un sous anneau de C stable par l’opération de conjugaison complexe. (b) Montrer que l’anneau Z [i] est contenu dans tout sous anneau de C qui contient i. L’anneau Z [i] est donc le plus petit sous anneau (unitaire) de C (pour l’ordre de l’inclusion) qui contient i, on dit que c’est le sous anneau de C engendré par i. (c) Montrer que Z [i] est égal à l’intersection de tous les sous anneaux de C qui contiennent i. 2. Déterminer l’ensemble Z [i]× des éléments inversibles de Z [i] . 3. Soient u, v dans Z [i] . (a) Montrer que si u/v dans Z [i] , alors |u|2 divise |v|2 dans N et, pour v 6= 0, |u| ≤ |v| . Énoncé 525 (b) Montrer que si u/v dans Z [i] et |u| = |v| , alors u et v sont associés et v/u. (c) Montrer que si u/v et v/u dans Z [i] , alors |u| = |v| . La réciproque est-elle vrai ? 4. Soit (u, v) dans Z [i] × Z [i]∗ . Montrer qu’il existe un couple (q, r) dans Z [i]2 tel que : u = qv + r avec |r| < |v| (Z [i] est un anneau euclidien). Un tel couple (q, r) est-il unique ? 5. Montrer que Z [i] est un anneau principal. 6. Soit u irréductible dans Z [i] et v, w dans Z [i] . Montrer que si u divise vw alors u divise v ou u divise w. 7. Soit p un nombre premier. (a) Montrer que si p = 2, il est alors réductible dans Z [i] . (b) Montrer que si p est impair congru à 3 modulo 4, il est alors irréductible dans Z [i] . (c) Montrer que si p est impair congru à 1 modulo 4, il est alors réductible dans Z [i] . On a donc montré que p est réductible dans Z [i] si, et seulement si, il est somme de deux carrés d’entiers naturels. 8. Montrer que si u ∈ Z [i] est tel que |u|2 soit premier dans N, alors u est irréductible dans Z [i] . 9. Montrer que les éléments irréductibles de Z [i] sont les entiers de Gauss associés à un entier naturel premier congru à 3 modulo 4 et les entiers de Gauss u tels que |u|2 soit premier dans N. – III – Le théorème des quatre carrés On note Σ4 l’ensemble des entiers naturels qui s’écrivent comme somme de quatre carrés, soit : © ª Σ4 = n ∈ N | n = a2 + b2 + c2 + d2 où (a, b, c, d) ∈ Z4 . On peut remarquer qu’un entier n est dans Σ4 si, et seulement si, il existe deux nombres complexes u = a + ib et v = c + id avec (a, b, c, d) ∈ Z4 tels que : µ ¶ u v n = det = |u|2 + |v|2 . −v u Z des classes résiduelles modulo p. pZ 1. Montrer que Σ4 est stable pour le produit, c’est-à-dire que le produit de deux entiers naturels qui sont somme de quatre carrés est encore somme de quatre carrés. Dans les deux questions qui suivent, p désigne un nombre premier impair. Pour tout nombre premier p, on note Fp le corps 2. (a) Déterminer le nombre de carrés dans Fp , c’est-à-dire le cardinal de l’ensemble : ª © C = x2 | x ∈ Fp . (b) Montrer que pour tous u, v dans F∗p et w dans Fp , l’équation ux2 + vy 2 = w a une solution (x, y) dans F2p . 526 Décomposition d’un entier en carrés. Entiers de Gauss (c) Montrer qu’il existe des entiers relatifs r et s compris entre − p divise 1 + r2 + s2 . p−1 p−1 et tels que 2 2 3. On se propose dans cette question de montrer que p est somme de quatre carrés. On note : E = {k ∈ {1, · · · , p − 1} | kp ∈ Σ4 } . (a) Montrer que E est non vide. (b) On désigne par m le plus petit élément de E. Montrer que m est impair. (c) On suppose que m > 1 et on désigne par a, b, c, d des entiers relatifs tels que : mp = a2 + b2 + c2 + d2 . On désigne par r1 , r2 , r3 , r4 les représentants respectifs de a, b, c, d dans l’anneau m−1 Z quotients des classes résiduelles modulo m tels que |rk | ≤ pour tout k mZ 2 compris entre 1 et 4 (est impair) et on note : n = r12 + r22 + r32 + r42 . i. Montrer qu’il existe un entier q compris entre 1 et m − 1 tels que n = qm. ii. Montrer qu’il existe des entiers x1 , x2 , x3 , x4 tous divisibles par m tels que : m2 qp = x21 + x22 + x23 + x24 . iii. En déduire que qp ∈ Σ4 et conclure. 4. Montrer que tout entier naturel est somme de quatre carrés, c’est-à-dire que Σ4 = N (théorème de Lagrange). √ Les anneaux Z [i n] pour n ≥ 2 On se donne un entier naturel n ≥ 2 et on note : £√ ¤ © ª √ Z i n = a + ib n | (a, b) ∈ Z2 (pour n = 1, il s’agit des entiers de Gauss déjà étudiés). On rappelle qu’un idéal I d’un anneau A est principal s’il existe a ∈ A tel que : I = aA = {ab | b ∈ A} . On dit que l’anneau A est principal si tous ses idéaux sont principaux. On rappelle que l’anneau A est euclidien, s’il existe une fonction N : A∗ → N (appelée stathme) telle que pour tout couple (a, b) d’éléments de A∗ , il existe un couple (q, r) dans A2 tel que a = bq + r avec r = 0 ou N (r) < N (b) . On rappelle que l’anneau A est dit factoriel si pour tout a ∈ A∗ il existe une unité u ∈ A× r Q et des élément irréductibles p1 , · · · , pr tels que a = u pk , cette décomposition étant unique à k=1 permutation et aux inversibles près, c’est-à-dire que si a = u r Q k=1 pk = v s Q k=1 qk , où u, v sont des unités et p1 , · · · , pr , q1 , · · · , qs des élément irréductibles, alors r = s et il existe une permutation σ de l’ensemble {1, 2, · · · , r} telle que, pour tout k compris entre 1 et r, pk et qσ(k) soient associés. Énoncé 527 1. 2. 3. 4. 5. √ (a) Montrer que Z [i n] est un sous anneau de C stable par l’opération de conjugaison complexe. √ (b) Montrer que l’anneau √ Z [i n] est contenu dans tout sous anneau de C qui contient √ i n. L’anneau Z [i n] est donc √ le plus petit sous anneau (unitaire) de C (pour l’ordre de √ l’inclusion) qui contient i n, on dit que c’est le sous anneau de C engendré par i n. √ (c) Montrer que √ Z [i n] est égal à l’intersection de tous les sous anneaux de C qui contiennent i n. √ × √ Déterminer l’ensemble Z [i n] des éléments inversibles de Z [i n] . √ Soient u, v dans Z [i n] . √ (a) Montrer que si u/v dans Z [i n] , alors |u|2 divise |v|2 dans N et, pour v 6= 0, |u| ≤ |v| . √ (b) Montrer que si u/v dans Z [i n] et |u| = |v| , alors u et v sont associés et v/u. √ (c) Montrer que si u/v et v/u dans Z [i n] , alors |u| = |v| . La réciproque est-elle vrai ? √ Montrer √ que si u ∈ Z [i n] est tel que |u|2 soit premier dans N, alors u est irréductible dans Z [i n] . √ Montrer que tout élément u non nul et non inversible dans Z [i n] se décompose en produit de facteurs irréductibles, c’est-à-dire qu’il existe un entier r ≥ 1, des éléments √ v1 , · · · , vr deux à deux distincts (si r ≥ 2) irréductibles dans Z [i n] et des entiers naturels r Q pαk k . non nuls α1 , · · · , αr , tels que u = ± k=1 6. On suppose ici que n ≥ 3 est impair. √ √ √ (a) Montrer que 2, 1 + i n et 1 − i n sont irréductibles dans Z [i n] . (b) Montrer que 1 + n s’écrit de deux manière différentes √ comme produit de facteurs irréductibles (permutations mises à part). L’anneau Z [i n] n’est donc pas factoriel pour n ≥ 3 impair. √ √ (c) Soit u irréductible dans Z [i n] divisant le produit vw où v, w sont dans Z [i n] . Peux-t-on affirmer que u divise v ou w ? 7. Montrer qu’un anneau euclidien est principal. 8. Soit A un anneau principal. Montrer directement (sans utiliser l’implication A principal, donc factoriel) que si un élément u irréductible dans A divise le produit vw de deux éléments de A, alors il divise v ou w. 9. On suppose que n ≥ 3. √ √ (a) Montrer que i n, est irréductible dans Z [i n] . √ (b) Montrer (sans utiliser l’implication A principal, donc factoriel) que Z [i n] n’est ni euclidien ni principal (on distinguera les cas n pair et n impair). √ 10. Montrer que Z [i n] est principal pour n = 1 ou n = 2. 528 Décomposition d’un entier en carrés. Entiers de Gauss 29.2 Solution – I – Le théorème des deux carrés On peut remarquer que Σ2 est non vide, puisqu’il contient 0, 1, 2 = 12 + 12 et plus généralement tous les entiers carrés n = a2 + 0. 1. Soient n = a2 + b2 et m = c2 + d2 où a, b, c, d sont des entiers relatifs. En écrivant que n = |u|2 et m = |v|2 où, u = a + ib et v = c + id, on a : nm = |uv|2 = |(ac − bd) + (ad + bc) i|2 = (ac − bd)2 + (ad + bc)2 (identité de Lagrange), c’est-à-dire que nm est somme de deux carrés d’entiers. 2. Si n est un entier impair qui s’écrit n = a2 + b2 avec a et b entiers, alors ces deux entiers sont de parité différente. Comme a et b jouent des rôles symétriques, on peut supposer que n = 2p et b = 2q + 1 et on a n = 4p2 + (2q + 1)2 = 4k 0 + 1, c’est-à-dire que n est congru à 1 modulo 4. 3. On a 2 = 12 + 12 ∈ Σ2 . Si p est premier différent de 2, il est nécessairement impair et si de plus il est dans Σ2 , il est alors congru à 1 modulo 4. p−1 4. Comme p ≥ 3 est congru à 1 modulo 4, il s’écrit p = 4q + 1 avec q ≥ 1 et m = = 2q 2 est un entier pair non nul. Avec 2m = p − 1 ≡ −1 mod p, on déduit que m + 1 ≡ −m mod p et pour tout entier k compris entre 1 et m − 1 : m + k + 1 ≡ −m + k = − (m − k) mod p de sorte que : (p − 1)! = 1 · 2 · · · · · m · (m + 1) · · · · (m + m) ≡ m! (−1)m m · (m − 1) · · · · · 1 = (m!)2 mod p (m est pair). D’autre part, le théorème de Wilson nous dit que (p − 1)! ≡ −1 mod p si p est premier. On a donc (m!)2 ≡ −1 mod p, ce qui signifie que p divise r2 + 1 où r = m! Dire que p ≡ 3 mod 4 revient à dire qu’il existe un entier n ≥ 0 tel que p = 4n + 3. p−1 On a alors r = = 2n + 1 et si x ∈ Z∗p est tel que x2 = −1, il vient xp−1 = x2r = 2 ¡ ¢2n+1 −1 = −1, ce qui contredit le théorème de Fermat qui nous dit que xp−1 = 1 pour tout x ∈ Z∗p (on a −1 6= 1 puisque p ≥ 2). En définitive, on a montré qu’un entier premier p est congru à 1 modulo 4, si, et seulement si, −1 est un carré dans Z∗p . 5. En désignant par [t] la partie entière du réel t ([t] ≤ t < [t] + 1), on a : E = {kx − [kx] | 0 ≤ k ≤ n} ∪ {1} ⊂ [0, 1] 1 . n+1 En effet, si ce n’est pas le cas, les n + 2 éléments de E sont deux à deux distincts et en les rangeant dans l’ordre croissant : et il existe au moins deux éléments distincts de E qui ont un écart au plus égal à t0 = 0 < t1 < · · · < tn < tn+1 = 1 Solution 529 on a : à 1 = m ([0, 1]) ≥ m n [ ! [tk , tk+1 ] k=0 = n [ m ([tk , tk+1 ]) > (n + 1) k=0 1 =1 n+1 ce qui est impossible. Si ces deux éléments sont xk = kx − [kx] , où k est compris entre 0 et n et xn+1 = 1, on a alors : |kx − [kx] − 1| = |qx − p| ≤ 1 n+1 1 puisque n ≥ 1) et n+1 p = [kx] + 1 ∈ Z. Sinon il s’agit de xk = kx − [kx] et xj = jx − [jx] avec 0 ≤ k < j ≤ n et on a : 1 |jx − [jx] − (kx − [kx])| = |qx − p| ≤ n+1 où on a posé q = j − k ∈ {1, · · · , n} et p = [kx] − [jx] ∈ Z. où on a posé q = k ∈ {1, · · · , n} (k = 0 donne |xk − xn+1 | = 1 > 6. On désigne par n la partie entière de λ et on a n < λ < n + 1 (λ n’est pas entier) et en 1 désignant par (p, q) un couple d’entiers dans Z×N∗ tels que 1 ≤ q ≤ n et |qx − p| ≤ , n+1 1 on a 1 ≤ q < λ et |qx − p| < . λ √ 7. Si n est un carré, il est alors somme de deux carrés. Sinon le réel λ = n n’est pas entier r et en notant x = , on peut trouver un couple d’entiers (u, v) tel que 1 ≤ v < λ et : n ¯ r ¯ 1 1 ¯ ¯ |vx − u| = ¯v − u¯ < = √ n λ n ou encore : 1≤v< √ n et |vr − un| < √ n. En posant w = vr − un ∈ Z, on a w2 ≤ n et 1 ≤ v 2 + w2 < 2n avec : ¡ ¢ v 2 + w2 = v 2 + (vr − un)2 ≡ v 2 + v 2 r2 = v 2 1 + r2 mod n et 1 + r2 ≡ 0 mod n, ce qui donne v 2 + w2 ≡ 0 mod n, soit v 2 + w2 = kn avec 1 ≤ v 2 + w2 < 2n, ce qui impose k = 1, c’est-à-dire que v 2 + w2 = n. 8. Si p et q sont premiers entre eux, le théorème de Bézout nous dit qu’il existe deux entiers u, v tels que up + vq = 1. Si n divise p2 + q 2 , il divise aussi : ¡ 2 ¢¡ ¢ u + v 2 p2 + q 2 = |(u + iv) (p − iq)|2 = |(up + vq) + i (vp − uq)|2 = |1 + i (vp − uq)|2 = 1 + (vp − uq)2 et en conséquence n est somme de deux carrés. 9. On a déjà vu que 2 ∈ Σ2 et que tout nombre premier impair appartenant à Σ2 est congru à 1 modulo 4. Réciproquement soit p un nombre premier impair congru à 1 modulo 4. On a vu en I.4 qu’on peut trouver un entier r tel que p divise 1 + r2 . La question précédente nous dit alors que p est somme de deux carrés. En définitive, on a montré, pour p premier impair, l’équivalence entre les propositions : 530 Décomposition d’un entier en carrés. Entiers de Gauss – p est somme de deux carrés ; – p est congru à 1 modulo 4 ; Z – −1 est un carré dans . pZ 10. (a) Comme p est congru à 1 modulo 4, il existe un entier x tel que x2 + 1 soit divisible Z par p et en désignant par r le représentant de x dans compris entre 0 et p − 1, pZ l’entier r2 + 1 est divisible par p. Les cas r = 0 et r = 1 étant impossibles puisque p est premier impair, on a en fait 2 ≤ r ≤ p − 1. √ (b) Si r < p, on a alors r2 < p, soit r2 ≤ p − 1 et r2 + 1 = qp ≤ p, soit r2 + 1 = p et p est somme de deux carrés (par exemple p = 5 et r = 2). √ √ (c) On suppose donc que p ≤ r. Comme p est premier, p n’est pas entier et on, a √ p < r. i. L’algorithme d’Euclide, pour le calcul de p ∧ r = 1 (p premier est premier avec r compris entre 2 et p − 1) consiste à utiliser les suites d’entiers (rk )0≤k≤n et (qk )1≤k≤n définies par : r−1 = p = q1 r0 + r1 (0 < r1 < r0 = r) r0 = q2 r1 + r2 (0 < r2 < r1 ) r1 = q3 r2 + r3 (0 < r3 < r2 ) .. . rn−3 = qn−1 rn−2 + rn−1 (0 < rn−1 < rn−2 ) r n−2 = qn rn−1 + rn (rn = 0) et on a rn−1 = p ∧ r = 1. Pour tout k compris entre 0 et n − 1, il existe des entiers uk et vk tels que rk = puk + rvk (on le vérifie par récurrence finie sur k), soit rk ≡ rvk modulo p et en désignant par wk le représentant modulo p de vk qui est compris entre 0 et p − 1, on a encore rk ≡ rwk modulo p. Comme 0 = rn < rn−1 < · · · < r1 < r < p, on wk 6= 0 pour k compris entre 0 et n − 1 (sinon p divise rk ). √ √ ii. De plus avec 1 = rn−1 < p < r0 = r et p non entier, on déduit qu’il existe √ un entier k compris entre 1 et n − 1 tel que rk < p < rk−1 . Pour un tel k, on a: ¡ ¢ rk2 + wk2 ≡ r2 wk2 + wk2 = wk2 r2 + 1 ≡ 0 mod p c’est-à-dire que p divise rk2 + wk2 avec : 2 ≤ rk2 + wk2 < p + p = 2p et nécessairement, p = rk2 + wk2 . 11. Soit n un entier naturel non nul somme de deux carrés, n = a2 + b2 avec (a, b) ∈ N2 . En désignant par δ le pgcd de a et b, on a a = δα, b = δβ avec α et β premiers entre eux et n = δ 2 (α2 + β 2 ) . Si p est un diviseur premier de n congru à 3 modulo 4, on a alors n = pm q où m ≥ 1 et q est premier avec p. Si p divise α2 + β 2 , il est alors somme de deux carrés, ce qui est impossible pour p ≡ 3 modulo 4 (question I.2). Donc p ne divise pas α2 + β 2 et divise δ 2 donc δ. La décomposition de δ en facteurs premier contient donc p avec un exposant r ≥ 1 et celle de n contient p avec un exposant 2r. Solution 531 12. On rappelle qu’un nombre premier impair est congru à 1 ou 3 modulo 4. La condition nécessaire vient d’être montré. mr 2r1 2rs 2 Réciproquement supposons n = 2m1 pm 2 · · · pr q1 · · · qs , où m1 ≥ 0, les pj sont des nombres premiers congrus à 1 modulo 4 (s’il en existe) et les qj des nombres premiers congrus à 3 modulo 4 (s’il en existe). Comme 1, 2, les pj et les qj2 sont dans Σ2 qui est stable par multiplication, on en déduit que n ∈ Σ2 . 13. Par exemple 3240 = 23 · 34 · 5 est somme de deux carrés. On a : ¯ ¯2 3240 = ¯(1 + i)3 ∗ (1 + 2i)¯ ∗ 92 = |−6 − 2i|2 ∗ 92 = 62 ∗ 92 + 22 ∗ 92 = 542 + 182 14. Si n = a2 + b2 avec a et b premiers entre eux, alors tout diviseur premier impair p de n divise a2 + b2 et il est alors somme de deux carrés (question I.8) et donc congru à 1 modulo 4 (question I.9). La réciproque est fausse comme le montre l’exemple de : n = 45 = 5 · 32 = 32 + 62 . – II – Les entiers de Gauss 1. (a) Pour tout u = a+ib ∈ Z [i] , on a u = a−ib ∈ Z [i] , donc Z [i] stable par conjugaison. On a 1 = 1 + i · 0 ∈ Z [i] . Pour u = a + ib et v = c + id, où a, b, c, d sont des entiers relatifs, on a : ½ u − v = (a − c) + (b − d) i ∈ Z [i] uv = (ac − bd) + (ad + bc) i ∈ Z [i] (b) Si un anneau A contient i, il contient également 1 (il s’agit d’anneaux unitaires) et en conséquence il contient tout élément de la forme a + ib avec (a, b) ∈ Z2 . On a donc Z [i] ⊂ A. (c) En désignant par (Ai )i∈I la famille de tous les sous anneaux de C qui contiennent i, \ on a A = Ai ⊂ Z [i] puisque Z [i] est l’un de ces sous-anneaux et Z [i] ⊂ A puisque i∈I A est un anneau. On a donc bien Z [i] = A. 2. Si u = a + ib est inversible dans Z [i] , il existe alors v ∈ Z [i] tel que uv = 1 et |u|2 |v|2 = 1 avec |u|2 = a2 + b2 ∈ N et |v|2 ∈ N, ce qui impose |u|2 = |v|2 = 1. On a donc a2 + b2 = 1 avec (a2 , b2 ) ∈ N2 , ce qui équivaut à (a2 , b2 ) = (1, 0) ou (a2 , b2 ) = (0, 1) ou encore à a = ±1 et b = 0 ou a = 0 et b = ±1. On a donc Z [i]× ⊂ {−1, 1, −i, i} . L’inclusion réciproque se vérifiant facilement. En définitive, on a : Z [i]× = {u ∈ Z [i] | |u| = 1} = {−1, 1, −i, i} . On peut remarquer que le groupe Z [i]× est le cyclique d’ordre 4 formé des racines 4-ième Z de l’unité et qu’il est isomorphe à . 4Z 532 Décomposition d’un entier en carrés. Entiers de Gauss 3. (a) Dire que u/v dans Z [i] signifie qu’il existe q ∈ Z [i] tel que v = qu, ce qui entraîne |v|2 = |q|2 |u|2 avec |q|2 ∈ N et |u|2 divise |v|2 dans N. De plus, pour v non nul, on a q 6= 0, donc |q|2 ≥ 1 dans N et |v|2 ≥ |u|2 , ce qui revient à dire que |u| ≤ |v| . (b) Si u = 0 ou v = 0 alors u = v = 0 et u, v sont bien associés. On suppose donc que u 6= 0 et v 6= 0. On a v = qu dans Z [i]∗ avec |u| = |v| , donc |q| = 1 dans Z [i] , ce qui équivaut à dire que q ∈ Z [i]× . Il en résulte que u et v sont associés, ce qui entraîne que v divise u. (c) Dire que u/v et v/u dans Z [i] équivaut à dire que u et v sont associés dans Z [i] , soit v = qu avec q ∈ {−1, 1, −i, i} , ce qui entraîne |u| = |v| (on peut aussi utiliser la question précédente en permutant les rôles de u et v). √ La réciproque est fausse. En effet, pour u = 2+i et v = u = 2−i, on a |u| = |v| = 5 u 2+i 3 4 et u, v ne sont pas associés puisque = = + i∈ / Z [i] . v 2−i 5 5 · [· u 1 1 2 4. Soit z = = x + iy avec (x, y) ∈ R . En utilisant la partition R = n − ,n + , v 2 2 n∈Z on peut trouver un unique couple (a, b) d’entiers relatifs tels que : · · · · 1 1 1 1 (x, y) ∈ a − , a + × b − ,b + 2 2 2 2 et en notant q = a + ib, on a q ∈ Z [i] et : ¯u ¯2 ¯ ¯ 2 − q ¯ ¯ = |(x − a) + i (y − b)| v 1 1 = (x − a)2 + (y − b)2 ≤ + < 1 4 4 ou encore |u − qv| < |v| . En posant r = u − qv, on a bien r ∈ Z [i] et |r| < |v| . Un tel couple n’est pas unique comme le montre l’exemple de (u, v) = (14, 4) . On a 14 = 3 · 4 + 2 = 4 · 4 + (−2) avec |2| = |−2| < |4| . 5. Soit I un idéal de Z [i] . Si I = {0} , il est principal. On suppose que I 6= {0} et on pose : © ª n = inf |u|2 | u ∈ I \ {0} . © ª Cette borne inférieure existe puisque P = |u|2 | u ∈ I \ {0} est une partie non vide de N∗ et de plus elle est atteinte, c’est-à-dire qu’il existe u0 dans I \ {0} tel que n = |u0 |2 . En effectuant la division euclidienne d’un élément u de I par u0 , on a u = qu0 + r avec r ∈ Z [i] tel que |r| < |u0 | , ce qui entraîne r = 0 puisque u0 est de module minimal dans I \ {0} . Tout élément u de I s’écrit donc u = qu0 et I ⊂ u0 Z [i] . Comme par ailleurs u0 Z [i] ⊂ I puisque I est un idéal, on a I = u0 Z [i] . En définitive, Z [i] est principal. En fait, de manière plus générale, tout anneau euclidien est principal. 6. Comme Z [i] est principal, l’idéal uZ [i] + vZ [i] est engendré par un élément δ (un pgcd de u et v), soit uZ [i] + vZ [i] = δZ [i] . De u ∈ δZ [i] , on déduit que δ divise u, donc δ est soit inversible, soit associé à u, puisque u est irréductible. Dans le cas où δ est inversible, on a δZ [i] = Z [i] , donc 1 ∈ uZ [i] + vZ [i] , soit 1 = αu + βv avec α, β dans Z [i] et u divise w = αuw + βvw. Dans le cas où δ est associé à u, on a δZ [i] = uZ [i] , donc v ∈ uZ [i] et Solution 533 u divise v. r Q Par récurrence, on déduit que si u irréductible divise un produit vk , il divise alors l’un k= des vk . 7. (a) On a 2 = (1 + i) (1 − i) avec 1 ± i non inversible (|1 ± i| = réductible dans Z [i] . √ 2 6= 1), donc 2 est (b) Soit p premier impair congru à 3 modulo 4. Si p = u1 u2 avec |uk | = |ak + ibk | > 1, pour k = 1, 2, dans Z [i] , on a alors p2 = (a21 + b21 ) (a22 + b22 ) dans N∗ et a21 + b21 est un entier compris entre 2 et p2 − 1 (puisque a2k + b2k ≥ 2) qui divise p2 , ce qui impose a21 + b21 = p en contradiction avec p congru à 3 modulo 4 puisque dans ce cas p n’est pas somme de deux carrés. (c) Si p est premier impair congru à 1 modulo 4, il est alors somme de deux carrés, soit √ p = a2 + b2 = uv avec u = a + ib, v = u et |u| = |v| = p > 1 dans Z [i] , ce qui signifie que u et v ne sont pas inversibles et p est réductible dans Z [i] . 8. Supposons que |u|2 soit premier dans N. Si u = vw dans Z [i] , on a alors p = |u|2 = |v|2 |w|2 dans N avec p premier, ce qui implique |v|2 = 1 ou |w|2 = 1, soit v ou w inversible dans Z [i] . L’entier de Gauss u est donc irréductible dans Z [i] . 9. On a déjà montré que les entiers naturels premiers congrus à 3 modulo 4 et les entiers de Gauss u tels que |u|2 soit premier dans N sont irréductibles de Z [i] . Réciproquement, soit u irréductible de Z [i] . L’entier de Gauss u divise uu = |u|2 dans Z [i] . En utilisant la décomposition en facteurs premiers de |u|2 dans N, on déduit que u divise un des facteurs premiers p de cet entier |u|2 . On a donc p = uv avec p ≥ 2 premier dans N et v ∈ Z [i] . Si v est inversible, u est alors associé à p, donc p est premier irréductible Z [i] , c’est-à-dire congru à 3 modulo 4. Sinon, on a |v| > 1 et de p2 = |u|2 |v|2 dans N, avec 2 ≤ |u|2 < p2 , on déduit que |u|2 = p. Les éléments irréductibles de Z [i] sont donc les entiers de Gauss associés à un entier naturel premier congru à 3 modulo 4 et les entiers de Gauss u tels que |u|2 soit premier dans N. – III – Le théorème des quatre carrés 1. Soient n = a2 + b2 + b2 + cµ2 et m = ¶ α2 + β 2 + γ 2 + µ δ 2 où a, b, · ¶ · · , δ sont des entiers relatifs. 0 0 u v u v et m = det où, u = a + ib, v = c + id, En écrivant que n = det −v u −v 0 u0 534 Décomposition d’un entier en carrés. Entiers de Gauss u0 = α + iβ, v 0 = γ + iδ, on a : µ ¶µ 0 ¶ µ ¶ u v0 u v uu0 − vv 0 uv 0 + vu0 nm = det = det −v u −v 0 u0 −uv 0 − vu0 uu0 − vv 0 ! à uu0 − vv 0 ´ uv 0 + vu0 ¯ 0 ¯ ¯ ¯ ³ ¯uu − vv 0 ¯2 + ¯uv 0 + vu0 ¯2 = det = − uv 0 + vu0 uu0 − vv 0 = |(a + ib) (α + iβ) − (c + id) (γ − iδ)|2 + |(a + ib) (γ + iδ) + (c + id) (α − iβ)|2 = |(aα − bβ − cγ − dδ) + i (aβ + bα − dγ + cδ)|2 + |(aγ − bδ + cα + dβ) + i (bγ + aδ + dα − cβ)|2 = (aα − bβ − cγ − dδ)2 + (aβ + bα + cδ − dγ)2 + (aγ − bδ + cα + dβ)2 + (aδ + bγ − cβ + dα)2 c’est-à-dire que nm est somme de quatre carrés d’entiers. Comme on peut changer b, c, d en −b, −c, −d sans modifier n, cette identité s’écrit aussi : nm = (aα + bβ + cγ + dδ)2 + (aβ − bα − cδ + dγ)2 + (aγ + bδ − cα − dβ)2 + (aδ − bγ + cβ − dα)2 2. 2 (a) En utilisant le fait que l’application ª x 7→ x est un morphisme du groupe multiplicatif © ∗ Fp sur lui même de noyau −1, 1 à deux éléments (−1 6= 1 dans Fp puisque p ≥ 3) et d’image le groupe multiplicatif C ∗ des carrés de F∗p , on déduit que C ∗ est isomorphe à ! ∗ F F∗p p−1 ª et card (C ∗ ) = card © p ª = . Comme C = au groupe quotient © 2 −1, 1 −1, 1 © ª p−1 p+1 C ∗ ∪ 0 , on en déduit que card (C) = +1= . 2 2 (b) Pour u, v dans F∗p et w dans Fp , les ensembles A = {ux2 | x ∈ Fp } et B = {w − vy 2 | y ∈ Fp } sont en bijection avec C (puisque u et v sont non nuls et Fp est un corps) et donc p+1 ont le même nombre d’éléments, soit . Ces ensembles ne peuvent donc être 2 disjoints dans Fp qui est de cardinal p, c’est-à-dire qu’il existe x, y dans Fp tels que ux2 = w − vy 2 . ¡ ¢ (c) Prenant (u, v, w) = 1, 1, −1 dans la question précédente, on peut trouver x, y dans Fp tels que x2 + y 2 = −1 et en écrivant que : ½ ¾ p−1 p−1 , · · · , −1, 0, 1, · · · , Fp = − 2 2 p−1 p−1 et . L’égalité 2 2 1 + x2 + y 2 = 0 dans Fp se traduit alors en disant que p divise 1 + r2 + s2 . on peut écrire que x = r et y = s avec r et s compris entre − 3. p−1 p−1 et tels que p divise 1 + r2 + s2 , 2 2 il existe alors un entier k tel que kp = 1 + r2 + s2 , ce qui entraîne kp ∈ Σ4 , k ≥ 1 et : (a) Si r et s sont des entiers compris entre − kp ≤ 1 + 2 (p − 1)2 p2 <1+ < p2 4 2 Solution 535 donc k < p et k est dans E. (b) m est le plus petit entier compris entre 1 et p − 1 tel que mp s’écrive mp = a2 + b2 + c2 + d2 où (a, b, c, d) ∈ Z4 . Si m est pair, les entiers a, b, c, d sont soit de même parité, soit deux d’entre eux sont pairs et les deux autres impairs. On aurait alors 4 P mp = x2k où les xk sont des entiers qui sont de même parités ou tels que x1 , x2 k=1 soient pairs et x3 , x4 impairs. Dans ces deux cas, on peut écrire que : ¶2 µ ¶2 µ ¶2 µ ¶2 µ m x1 + x2 x1 − x2 x3 + x4 x3 − x4 p= + + + ∈ Σ4 2 2 2 2 2 ce qui contredit le caractère minimal de m. L’entier m est donc impair. (c) i. Il est clair que n ≥ 0. Si n = 0, alors tous les rk sont nuls, ce qui signifie que les entiers a, b, c, d sont tous divisibles par m et il existe des entiers q1 , q2 , q3 , q4 tels que : ¡ ¢ mp = m2 q12 + q22 + q32 + q42 ce qui donne p = mu et m divise p avec p premier et 2 ≤ m ≤ p − 1, ce qui est impossible. On a donc n ≥ 1. m−1 Par ailleurs, comme |rk | ≤ pour tout k compris entre 1 et 4, on a : 2 µ ¶2 m−1 n≤4 = (m − 1)2 < m2 2 et : n = r12 + r22 + r32 + r42 ≡ a2 + b2 + c2 + d2 = mp ≡ 0 (mod m) c’est-à-dire que m divise n. On a donc 1 ≤ n = qm < m2 et q < m. ii. Les entiers mp et n = qm étant sommes de deux carrés, il en est de même du produit m2 qp. Plus précisément, avec : ½ mp = a2 + b2 + c2 + d2 qm = r12 + r22 + r32 + r42 on a : m2 qp = x21 + x22 + x23 + x24 où : x1 = ar1 + br2 + cr3 + dr4 ≡ a2 + b2 + c2 + d2 ≡ 0 x2 = ar2 − br1 − cr4 + dr3 ≡ ab − ba − cd + dc ≡ 0 x 3 = ar3 + br4 − cr1 − dr2 ≡ ac + bd − ca − db ≡ 0 x4 = ar4 − br3 + cr2 − dr1 ≡ ad − bc + cb − da ≡ 0 (mod m) (mod m) (mod m) (mod m) c’est-à-dire que tous les rk sont divisibles par m. iii. On a donc xk = myk pour tout k compris entre 1 et 4 et : ¢ ¡ m2 qp = m2 y12 + y22 + y32 + y42 ce qui donne qp = y12 + y22 + y32 + y42 ∈ Σ4 avec 1 ≤ q ≤ m − 1 ≤ p − 1, ce qui contredit le caractère minimal de m. On a donc m = 1 et p ∈ Σ4 . 536 Décomposition d’un entier en carrés. Entiers de Gauss 4. Comme tout entier naturel est produit de nombres premiers et Σ4 qui contient 0, 1 et tous les nombres premiers est stable par le produit, on déduit que Σ4 = N. √ – IV – Les anneaux Z [i n] pour n ≥ 2 1. √ √ √ √ √ (a) Pour tout u = a + ib n ∈ Z [i n] , on a u = a − ib n ∈ Z [i n] , donc Z [i n] stable par conjugaison. √ √ √ √ On a 1 = 1 + i · 0 · n ∈ Z [i n] . Pour u = a + ib n et v = c + id n, où a, b, c, d sont des entiers relatifs, on a : ½ √ √ u − v = (a − c) + (b − d) i n√∈ Z [i n]√ uv = (ac − bdn) + (ad + bc) i n ∈ Z [i n] √ (b) Si un anneau A contient i n, il contient également 1 (il s’agit √ d’anneaux unitaires) et en conséquence il contient tout élément de la forme a + ib n avec (a, b) ∈ Z2 . On √ a donc Z [i n] ⊂ A. (c) En désignant par (Ai )i∈I la famille de tous les sous anneaux de C qui contiennent \ √ √ √ i n, on a A = Ai ⊂ Z [i n] puisque Z [i n] est l’un de ces sous-anneaux et i∈I √ √ Z [i n] ⊂ A puisque A est un anneau. On a donc bien Z [i n] = A. √ √ √ 2. Si u = a + ib n est inversible dans Z [i n] , il existe alors v ∈ Z [i n] tel que uv = 1 et |u|2 |v|2 = 1 avec |u|2 = a2 + nb2 ∈ N et |v|2 ∈ N, ce qui impose |u|2 = |v|2 = 1. On a donc a2 +√nb2 = 1 avec (a2 , b2 ) ∈ N2 et n ≥ 2, ce qui équivaut à b = 0 et a = ±1. On a donc × Z [i n] ⊂ {−1, 1} . L’inclusion réciproque étant vérifiée pour tout anneau unitaire. On a donc : £√ ¤ ª £ √ ¤× © Z i n = u ∈ Z i n | |u| = 1 = {−1, 1} . 3. √ √ (a) Dire que u/v dans Z [i n] signifie qu’il existe q ∈ Z [i n] tel que v = qu, ce qui entraîne |v|2 = |q|2 |u|2 avec |q|2 ∈ N et |u|2 divise |v|2 dans N. De plus, pour v non nul, on a q 6= 0, donc |q|2 ≥ 1 dans N et |v|2 ≥ |u|2 , ce qui revient à dire que |u| ≤ |v| . (b) Si u = 0 ou v = 0 alors u = v = 0 et u, v sont bien associés. √ ∗ On suppose donc que√u 6= 0 et v 6= 0. On a v = qu dans Z√[i n] avec |u| = |v| , × donc |q| = 1 dans Z [i n] , ce qui équivaut à dire que q ∈ Z [i n] . Il en résulte que u et v sont associés, ce qui entraîne que v divise u. √ (c) Dire√que u/v et v/u dans Z [i n] équivaut à dire que u et v sont associés dans Z [i n] , soit v = ±u, ce qui entraîne |u| = |v| . √ √ n et v = u = 1 − i n, on a La réciproque est fausse. En effet, pour u = 1 + i √ |u| = |v| = n + 1 et u, v ne sont pas associés puisque : √ 2 √ £√ ¤ (1 + i n) 1+i n 1−n 2 √ u √ = = = + i n∈ /Z i n v 1+n 1+n n+1 1−i n pour n ≥ 2 ( 2 ∈ / Z). n+1 Solution 537 √ 4. Supposons que |u|2 soit premier dans N. Si u = vw dans Z [i n] , on a alors p = |u|2 = 2 2 |v|2 |w|2 dans √ N avec p premier, ce qui implique |v| = 1 ou√|w| = 1, soit v ou w inversible dans Z [i n] . L’élément u est donc irréductible dans Z [i n] . 5. On procède par récurrence sur l’entiers |u|2 ≥ 2 (u est non nul et non inversible). Si |u|2 = 2, alors u est irréductible (2 est premier) et on une décomposition avec r = 1. √ Supposons le résultat acquis√pour tous les éléments u de Z [i n] tels que |u|2 ≤ m − 1 où m ≥ 3 et soit u ∈ Z [i n] tel que |u|2 = m. Si u √ est irréductible c’est terminé avec r = 1. Sinon il existe v, w non inversibles dans Z [i n] tels que u = vw et on a m = |u|2 = |v|2 |w|2 avec |v|2 ≥ 2 et |w|2 ≥ 2 dans N, ce qui entraîne 2 ≤ |v|2 ≤ m − 1, 2 ≤ |w|2 ≤ m − 1 et v, w se décomposent en produit de facteurs irréductibles, ce qui donne une décomposition pour u. 6. (a) √ i. Supposons que 2 = vw avec v, w non inversibles dans Z [i n] . On a alors 4 = |v|2 |w|2 avec |v|2 ≥ 2 et |w|2 ≥ 2 dans N, ce qui implique |v|2 = |w|2 = 2 2 (|v|2 = 1 est exclu puisque v n’est pas inversible |w|2 = 1 qui √ et |v| = 4 donne est également exclu). En écrivant v = a + ib n, on a alors a2 + nb2 = 2 avec n ≥ 3, ce qui impose b = 0 et a2 = 2 avec a entier, ce qui est impossible. √ √ ii. Supposons que 1 + i n = vw avec v, w non inversibles dans Z [i n] . On a alors 2 1 + n = |v|2 |w|2 avec |v|2 ≥ 2 et |w| ≥ 2 dans N, ce qui implique |v|2 ≤ n √ et |w|2 ≤ n. En écrivant v = a + ib n, on a alors a2 + nb2 ≤ n avec n ≥ 3. Pour b 6= 0, on a alors a2 + n ≤ a2 + nb2 ≤ n ce qui impose a = 0 et nb2 ≤ n donne b2 = 1, soit √ |v| = 1 qui √ contredit v non inversible. Pour b = 0, on a alors aw = a (c + id n) = 1 + i n qui donne ac = 1 et v = a = ±1 qui contredit encore v non inversible. √ √ iii. 1 − i n est également irréductible comme conjugué de 1 + i n. (b) L’entier n + 1 ≥ 4 étant pair s’écrit n + 1 = 2α m avec α ≥ 1 et m ≥ 1 impair. Si m = 1, alors : ¡ √ ¢¡ √ ¢ 1 + n = 2α = 1 + i n 1 − i n ce qui donne deux décompositions différentes √ de 1 + n. Si m ≥ 3, il est alors √ non inversible dans Z [i n] et en le décomposant en facteurs irréductibles dans Z [i n] , on a : ¡ √ ¢ √ ¢¡ 1+n= 1+i n 1−i n r Y α α =2 m=2 pαk k k=2 √ √ les pk étant irréductibles dans Z [i n] et différents de 1 ± i n (si par exemple, l’un √ √ des pk vaut 1 + i n, 1 − i n sera alors divisible par 2, ce qui contredit le fait qu’il est irréductible), ce qui donne deux décompositions différentes de 1 + n. √ √ (c) Prenons u = 2 qui est irréductible. Il divise √ 1 + n = (1 + i n) √ (1 − i n) qui est un entier pair et pourtant ne divise ni v = 1 + i n, ni w = 1 − i n puisque v et w sont irréductibles. En fait l’unicité dans la décomposition en facteurs irréductibles dans un anneau intègre équivaut à la propriété de Gauss : « u irréductible divise vw entraîne u divise v ou u divise w ». 538 Décomposition d’un entier en carrés. Entiers de Gauss 7. Soit I un idéal de A. Si I = {0} , il est principal. On suppose que I 6= {0} et on pose : n = inf {N (u) | u ∈ I \ {0}} . Cette borne inférieure existe puisque P = {N (u) | u ∈ I \ {0}} est une partie non vide de N et de plus elle est atteinte, c’est-à-dire qu’il existe u0 dans I \ {0} tel que n = N (u0 ) . En effectuant la division euclidienne d’un élément u de I par u0 , on a u = qu0 + r avec q, r dans A et r = 0 ou N (r) < N (u0 ) , ce qui entraîne r = 0 puisque u0 est de stathme minimal dans I \ {0} . Tout élément u de I s’écrit donc u = qu0 et I ⊂ u0 A. Comme par ailleurs u0 A ⊂ I puisque I est un idéal, on a I = u0 A. En définitive, A est principal. 8. Comme l’anneau A est principal, l’idéal uA + vA est engendré par un élément δ (un pgcd de u et v dans A), soit uA + vA = δA. De u ∈ δA, on déduit que δ divise u, donc δ est soit inversible, soit associé à u, puisque u est irréductible. Dans le cas où δ est inversible, on a δA = A, donc 1 ∈ uA + vA, soit 1 = αu + βv avec α, β dans A et u divise w = αuw + βvw. Dans le cas où δ est associé à u, on a δA = uA, donc v ∈ uA et u divise v. r Q Par récurrence, on déduit que si u irréductible divise un produit vk , il divise alors l’un des vk . k= 9. √ √ (a) Si i n = uv avec u, v non inversibles, en écrivant que u = a + ib n, on déduit que √ 2 √ n = |i n| est divisible par a2 + nb2 ≥ 2. Si b = 0, en écrivant que v = c + id n, on a alors : √ √ i n = ac + iad n et ad = 1, soit |a| = 1 qui contredit a2 = a2 + nb2 ≥ 2. Si b 6= 0, on a alors nb2 ≤ a2 + nb2 ≤ n ce qui soit u = ±1, en contradiction √ entraîne |b| = 1 et a = 0, √ avec u inversible. Donc i n est irréductible dans Z [i n] . √ (b) Il suffit de montrer que Z [i n] n’est pas principal. √ Pour n ≥ 3 impair, on a vu en I.6c que Z [i n] ne satisfait pas à la condition de Gauss, il ne peut donc être est principal. Si n ≥ 4 est pair, il s’écrit n = 2m avec m ≥ 2. Avec : ¡ √ ¢ √ √ ¡ √ ¢ 2 m + i n = n + 2i n = i n 2 − i n √ √ on déduit √ le produit 2 (m + i n) sans diviser v = 2 ou √ que l’irréductible i n divise m + i n. En effet, les multiples de i n sont de la forme : √ ¡ √ ¢ √ √ i n a + ib n = −nb + ia n = −2mb + ia n et les égalités −2mb = 2 ou −2mb = m sont impossibles. 10. Pour n = 1, c’est déjà fait en partie II. Pour n = 2, c’est la même démonstration. √ £√ ¤ u = x + iy 2 avec (x, y) ∈ R2 . En utilisant Soient u, v non nuls dans Z i 2 et z = v · [· 1 1 la partition R = n − ,n + , on peut trouver un unique couple (a, b) d’entiers 2 2 n∈Z relatifs tels que : · · · · 1 1 1 1 (x, y) ∈ a − , a + × b − ,b + 2 2 2 2 Solution 539 √ £√ ¤ et en notant q = a + ib 2, on a q ∈ Z i 2 et : ¯u ¯2 ¯ √ ¯¯2 ¯ ¯ ¯ ¯ − q ¯ = ¯(x − a) + i (y − b) 2¯ v 1 2 = (x − a)2 + 2 (y − b)2 ≤ + < 1 4 4 £√ ¤ ou encore |u − qv| < |v| . En posant r = u − qv, on a bien r ∈ Z i 2 et |r| < |v| . 540 Décomposition d’un entier en carrés. Entiers de Gauss 30 Nombres de Fibonacci 30.1 Énoncé On définit la suite de Fibonacci (un )n∈N par : ½ u0 = 0, u1 = 1 ∀n ∈ N∗ , un+1 = un−1 + un 1. Montrer que pour tout n ∈ N∗ , un est un entier naturel non nul. 2. Montrer que l’ensemble E des suites réelles x = (xn )n∈N qui vérifient la relation de récurrence : ∀n ∈ N∗ , xn+1 = xn−1 + xn (30.1) est un espace vectoriel de dimension 2. 3. Soit r un réel non nul. Montrer que la suite x = (rn )n∈N est dans E si, et seulement si, r est racine du polynôme : P (X) = X 2 − X − 1. 4. Montrer que P a deux racines réelles distinctes r1 < r2 et déterminer ces dernières. 5. Montrer que si u est la suite des nombres de Fibonacci, alors : 1 ∀n ∈ N, un = √ (r2n − r1n ) . 5 (30.2) 6. Lorsque n tend vers l’infini, donner un équivalent simple de un en fonction de r2 (r2 est le nombre d’or). 7. Montrer de deux manières différentes que : ∀n ∈ N, un+2 = 1 + n X uk . k=0 8. Montrer que : ∀n ∈ N∗ , un−1 un+1 − u2n = (−1)n des deux manières suivantes : (a) en utilisant la formule (30.2) ; (b) en raisonnant par récurrence. 541 (30.3) 542 Nombres de Fibonacci 9. Montrer que, pour tout n ∈ N∗ , un−1 et un sont premiers entre eux. 10. Soient m ≥ n dans N. Montrer que : um−n = (−1)n (um un+1 − um+1 un ) . des deux manières suivantes : (a) en utilisant la formule (30.2) ; (b) en raisonnant par récurrence. µ ¶ un+1 un ∗ 11. Pour tout n ∈ N , on note An = . un un−1 (a) Montrer que An est inversible dans M2 (Z) . (b) Montrer que pour tout n ∈ N∗ on a An A1 = An+1 et retrouver la formule (30.3) . (c) Montrer que pour tout n, m dans N∗ on a An Am = An+m . (d) Montrer que pour tout n, m dans N∗ on a un+m = um un−1 + un um+1 = um un+1 + un um−1 . (30.4) 12. Soient n, m dans N∗ . Montrer que si m est un multiple de n alors um est multiple de un . 13. Soient n, m dans N∗ . (a) Montrer que si d ∈ N∗ est un diviseur commun à n et m, alors ud est un diviseur commun à un et um . (b) En déduire que un∧m divise un ∧ um . 14. Montrer que pour n, q dans N∗ on a : ½ q−1 uqn ≡ qun un+1 (u2n ) q uqn+1 ≡ un+1 (u2n ) 15. Soient n, m dans N∗ . (a) Montrer que un ∧ um = un ∧ um+n . (b) Montrer que un ∧ um = un ∧ um+qn pour tout q ≥ 0. (c) Montrer que : un ∧ um = un∧m (on peut raisonner par récurrence sur s = n + m). 16. Soient m ≥ n ≥ 3 dans N. Montrer que m est un multiple de n si, et seulement si, um est multiple de un . 17. Soient m ≥ n ≥ 3 dans N. Montrer que m est multiple de nun si, et seulement si, um est multiple de u2n . Solution 30.2 543 Solution 1. On a u0 = 0 et on vérifie facilement par récurrence sur n ≥ 1 que un ∈ N∗ pour tout n ∈ N∗ . 2. Il est facile de vérifier que E est un sous-espace vectoriel de l’espace des suites réelles. En effet la suite nulle vérifie la relation de récurrence (30.1) et si x, y vérifient cette relation, pour tous réels λ, µ, on a pour tout entier n ≥ 1 : λxn+1 + µyn+1 = λ (xn−1 + xn ) + µ (yn−1 + yn ) = (λxn−1 + µyn−1 ) + (λxn + µyn ) ce qui signifie que λx + µy ∈ E. L’application ϕ : x 7→ (x0 , x1 ) est linéaire de E dans R2 et elle est bijective du fait qu’une suite x vérifiant (30.1) est uniquement déterminée par ses valeurs initiales x0 et x1 . L’application ϕ réalise donc un isomorphisme de E sur R2 et E est de dimension 2. 3. Dire que la suite x = (rn )n∈N est dans E équivaut à dire que : ¡ ¢ ∀n ∈ N∗ , rn−1 r2 − r − 1 = 0 encore équivalent à dire que r est racine de P puisque r 6= 0. 4. Le discriminant de P est δ = 5, il a donc deux racines réelles données par : √ √ 1− 5 1+ 5 r1 = et r2 = . 2 2 5. Les suites x = (r1n )n∈N et y = (r2n )n∈N sont dans E et linéairement indépendantes. En effet si λx + µy = 0 (i. e. λr1n + µr2n = 0 pour tout n ∈ N) on a en particulier λ + µ = 0, donc µ = −λ et λr1 + µr2 = 0, soit λ (r1 − r2 ) = 0 et λ = µ = 0 puisque r1 6= r2 . Ces deux suites forment donc une base de E. Il existe donc deux réels α et β uniquement déterminés tels que u = αx + γy. Les réels α et β sont solutions du système linéaire : ½ α+β =0 αr1 + βr2 = 1 ce qui donne : α= 1 1 1 = − √ et β = −α = √ . r1 − r2 5 5 On a donc : 1 ∀n ∈ N, un = √ (r2n − r1n ) . 5 µ ¶n µ µ ¶n ¶ r1 1 r1 un r1 = 0 (on a 0 < avec lim < 1), on déduit que : 6. De n = √ 1 − n→+∞ r2 r2 r2 r2 5 à √ !n r2n 1 1+ 5 un ∼ √ = √ . n→+∞ 2 5 5 7. On peut procéder par récurrence sur n ≥ 0. Pour n = 0, on a u2 = 1 = u0 + 1 et en supposant le résultat acquis au rang n ≥ 0 : n X un+3 = un+1 + un+2 = un+1 + 1 + uk =1+ k=0 n+1 X uk . k=0 544 Nombres de Fibonacci On peut aussi utiliser la formule (30.2) . Pour tout n ∈ N on a : à n ! n n X 1 X k X k uk = √ r2 − r1 5 k=0 k=0 k=0 µ ¶ 1 1 − r2n+1 1 − r1n+1 =√ − 1 − r2 1 − r1 5 ¡ ¢ ¡ ¢ n+1 n+1 (1 − r1 ) − 1 − r1 (1 − r2 ) 1 1 − r2 =√ (1 − r ) (1 − r ) 5 ¡ n+1 2 n+1 ¢ 1 + r1 r2 (r2n − r1n ) 1 (r2 − r1 ) − r2 − r1 =√ 1 − (r1 + r2 ) + r1 r2 5 avec : r1 + r2 = 1, r1 r2 = −1, r2 − r1 = ce qui donne : n X √ 5 uk = (un + un+1 ) − 1 = un+2 − 1. k=0 8. (a) Pour tout n ∈ N∗ , on a : ¢¡ ¢ ¢ 1 ¡¡ n−1 r2 − r1n−1 r2n+1 − r1n+1 − (r2n − r1n )2 5 ¡ ¢ 1 = − (r1 r2 )n−1 r22 + r12 − 2r1 r2 5 1 = − (r1 r2 )n−1 (r2 − r1 )2 5 √ avec r1 r2 = −1 et r1 − r2 = − 5, ce qui donne : ³√ ´2 1 un−1 un+1 − u2n = − (−1)n−1 5 = (−1)n . 5 un−1 un+1 − u2n = (b) En désignant par (δn )n∈N∗ la suite définie par : ∀n ∈ N∗ , δn = un−1 un+1 − u2n , on a δ1 = −1 et pour n ≥ 2 : δn = un−1 (un−1 + un ) − un (un−2 + un−1 ) ¡ ¢ = − un−2 un − u2n−1 = −δn−1 . On en déduit alors par récurrence sur n ≥ 1 que : ∀n ∈ N∗ , δn = (−1)n−1 δ1 = (−1)n . 9. Le résultat précédent et le théorème de Bézout nous disent que pour tout n ∈ N∗ , un−1 et un sont premiers entre eux. 10. Solution 545 (a) Pour m ≥ n dans N, on a : ¢ 1 ¡ um−n = √ r2m−n − r1m−n 5 et um un+1 − um+1 un = ¡ ¢ ¡ ¢ ¢ 1¡ m (r2 − r1m ) r2n+1 − r1n+1 − r2m+1 − r1m+1 (r2n − r1n ) 5 ¡ ¢ 1 = (r2 − r1 ) r2m−n − r1m−n r1n r2n 5 ¢ 1 √ ¡ m−n 5 r2 − r1m−n (−1)n = (−1)n um−n . = 5 (b) On peut aussi procéder par récurrence sur m ≥ n à n fixé dans N. Pour m = n et m = n + 1 le résultat est vrai. Supposons le acquis pour les entiers n, n + 1, · · · , m ≥ n + 1. On a alors : um+1−n = um−n−1 + um−n avec : et : um−n = (−1)n (um un+1 − um+1 un ) um−1−n = (−1)n (um−1 un+1 − um un ) ce qui donne : um+1−n = (−1)n (un+1 (um + um−1 ) − (um + um+1 ) un ) = (−1)n (um+1 un+1 − um+2 un ) soit le résultat au rang m + 1. 11. (a) Pour tout n ∈ N∗ on a : det (An ) = un−1 un+1 − u2n = (−1)n ce qui implique que la matrice An est inversible dans M2 (Z) . (b) Pour tout n ∈ N∗ on a : ¶ ¶µ ¶ µ µ 1 1 un+2 un+1 un+1 un = An+1 = An A1 = un+1 un un un−1 1 0 et : det (An+1 ) = det (An ) det (A1 ) = − det (An ) . On en déduit alors par récurrence sur n ≥ 1 que : det (An ) = un−1 un+1 − u2n = (−1)n . (c) On déduit du résultat précédent, par récurrence sur m ≥ 0, n étant donné dans N∗ que An Am = An+m . Le résultat est vrai pour m = 0 et m = 1 et en le supposant vrai pour m ≥ 1, on a : An Am+1 = An Am A1 = An+m A1 = An+m+1 . 546 Nombres de Fibonacci (d) De : µ un+1 un un un−1 ¶µ um+1 um um um−1 ¶ An Am = µ ¶ um un + um+1 un+1 um un+1 + un um−1 = um un−1 + un um+1 um un + um−1 un−1 µ ¶ un+m+1 un+m = An+m = un+m un+m−1 on déduit que : un+m = um un−1 + un um+1 = um un+1 + un um−1 (la dernière égalité peut aussi se déduire du fait que un+m = um+n ). 12. Il s’agit de montrer que si m = qn avec q ≥ 1, alors um est multiple de un . On procède par récurrence sur q ≥ 1. Pour q = 1, c’est évident. En supposant le résultat acquis pour q ≥ 1, en écrivant que : u(q+1)n = uqn+n = uqn un−1 + un uqn+1 on déduit que u(q+1)n est aussi multiple de un . 13. (a) Si d ∈ N∗ est un diviseur commun à n et m, on a alors n = q1 d et m = q2 d et le résultat précédent nous dit que ud divise un et um . (b) Comme d = m ∧ n divise n et m, ud = um∧n divise un et um ainsi que leur pgcd un ∧ um . 14. On procède par récurrence sur q ≥ 1 à n fixé dans N∗ . Pour q = 1, le résultat est évident. En le supposant vrai pour q ≥ 1, on a : ¡ 2¢ u(q+1)n = uqn un−1 + un uqn+1 ≡ qun uq−1 n+1 un−1 + un uqn+1 un ¡ 2¢ q ≡ qun un−1 uq−1 n+1 + un un+1 un avec un+1 = un−1 + un ≡ un−1 modulo un , ce qui donne un un−1 ≡ un un+1 modulo u2n et : ¡ ¢ u(q+1)n ≡ qun uqn+1 + un uqn+1 = (q + 1) un uqn+1 u2n De manière analogue, on a : u(q+1)n+1 = uqn+1+n = uqn+1 un+1 + un uqn q+1 2 q−1 ≡ uqn+1 un+1 + un qun uq−1 n+1 = un+1 + qun un+1 ¡ 2¢ ≡ uq+1 n+1 un 15. Solution 547 (a) Soit δ = un ∧ um . Comme δ divise un et um il divise um+n d’après la formule (30.4) et δ va diviser le pgcd de um+n et un . En notant δ 0 ce pgcd, il divise um+n et un donc um un−1 toujours d’après la formule (30.4) . Comme un et un−1 sont premiers entre eux, δ 0 est nécessairement premier avec un−1 (un diviseur commun à δ 0 et un−1 est aussi diviseur commun à un et un−1 puisque δ 0 divise un ) et le théorème de Gauss nous dit que δ 0 va diviser um . Donc δ 0 va diviser δ. En définitive, δ = un ∧ um = un ∧ um+n . (b) Par récurrence, on déduit que un ∧ um = un ∧ um+qn pour tout q ≥ 0. En effet, c’est vrai pour q = 0 et q = 1 et supposant que c’est vrai pour q ≥ 1, on a : un ∧ um = un ∧ um+qn = un ∧ um+qn+n = un ∧ um+(q+1)n . (c) On raisonne par récurrence sur s = n + m. Pour s = 2, on a n = m = 1 et le résultat est évident. Supposons le résultat acquis pour tous les couples (n, m) d’entiers naturels non nuls tels que n + m < s, où s ≥ 2. Soient n, m dans N∗ tels que n + m = s et d ∈ N∗ est un diviseur commun à un et um . Du fait de la commutativité du pgcd, on peut supposer que m ≥ n. Par division euclidienne, on a m = qn + r avec 0 ≤ r < n et : un ∧ um = un ∧ uqn+r = un ∧ ur avec n + r < m + r ≤ m + n = s. L’hypothèse de récurrence nous dit alors que un ∧ ur = un∧r avec n ∧ r = n ∧ m (théorème 23.9). On a donc un ∧ um = un∧m . 16. On a déjà vu que si m est un multiple de n alors um est multiple de un (question 12). Réciproquement supposons que m ≥ n ≥ 3 et um multiple de un . On a alors un = un ∧ um = un∧m avec n ∧ m ≤ n. Comme la suite (un )n≥3 est strictement croissante avec un > 1 = u1 pour n ≥ 3, on a nécessairement n ∧ m = n, ce qui signifie que n divise m. 17. Supposons que m soit un multiple de nun , soit m = qnun . On a alors : ¡ 2¢ 2 q−1 um = u(qun )n ≡ (qun ) un uq−1 n+1 = qun un+1 ≡ 0 un et um est multiple de u2n . Réciproquement, supposons que um soit multiple de u2n , il est alors multiple de un et m est multiple de n (question 16), soit m = qn. On a alors : ¡ 2¢ uqn ≡ qun uq−1 n+1 un q−1 et quq−1 n+1 est multiple de un , c’est-à-dire que un qui est premier avec un+1 divise qun+1 , le théorème de Gauss nous dit alors que un divise q, soit q = q 0 un et m = q 0 nun est multiple de nun . 548 Nombres de Fibonacci 31 Infinitude de l’ensemble des nombres premiers 31.1 Énoncé On se propose avec ce problème de donner plusieurs démonstration du théorème d’Euclide sur l’infinitude de l’ensemble P des nombres premiers (partie II), puis d’en déduire quelques conséquences (partie III). – I – Les nombres de Fermat On appelle nombre de Fermat tout entier de la forme : n Fn = 22 + 1 où n est un entier naturel. 1. Montrer que pour tout n ∈ N, Fn+1 et Fn sont premiers entre eux. 2. Montrer que pour n 6= m dans N, Fn et Fm sont premiers entre eux. 3. Montrer que pour n 6= m dans N et p dans N∗ , Fnp et Fmp sont premiers entre eux. 4. On considère la suite d’entiers naturels (Gn )n∈N définie par : n ∀n ∈ N, Gn = 23 + 1. (a) Montrer que dans cette suite, seul G0 est premier. (b) Montrer que, pour n ∈ N, Gn est divisible par 3n+1 . 5. Soient m ≥ 1 et a ≥ 2 deux entiers. Montrer que si p = am + 1 est premier, alors a est n 2n pair et il existe un entier n ≥ 0 tel que m = 2n , c’est-à-dire que p = 22 b2 + 1 avec b ≥ 1 et dans le cas où b = 1, p est un nombre de Fermat premier (par exemple pour n = 0, 1, 2, 3, 4). Comme pour les nombre de Fermat, on peut vérifier que pour tout entier n pair a ≥ 2, les entiers un = a2 + 1 sont deux à deux premiers entre eux. 6. Soit p un diviseur premier d’un nombre de Fermat Fn avec n ≥ 0. Montrer que p est soit égal à Fn , soit de la forme p = 2n+1 q + 1, où q admet un diviseur premier impair. 7. Montrer que, pour tout n ≥ 2, le chiffre des unités de Fn est égal à 7. – II – Infinitude de l’ensemble P des nombres premiers 549 550 Infinitude de l’ensemble des nombres premiers On se propose ici de donner plusieurs démonstration du théorème d’Euclide sur l’infinitude de l’ensemble P des nombres premiers. Z Pour tout entier naturel non nul p, on note Zp = . pZ Preuve 1 Rappeler la démonstration d’Euclide de l’infinitude de l’ensemble P des nombres premiers. Preuve 2 Montrer que pour tout entier naturel n, on peut trouver un nombre premier p plus grand que n. Conclure. Pour les questions 3. 4. 5. 6. 7. et 8. on suppose que P est fini et on note p1 = 2 < · · · , < pr tous ses éléments (pr et donc le plus grand nombre premier). Pour tout réel x, on note [x] sa partie entière. r Q pk = pk qk . En utilisant les Preuve 3 Pour tout entier k compris entre 1 et r, on note n = diviseurs premiers de S = r P k=1 qk , montrer qu’on aboutit à une contradiction et conclure. k=1 Preuve 4 En utilisant la décomposition en facteurs premiers, montrer que pour tout entier n ≥ 1 on a 2n ≤ (n + 1)r et conclure. Preuve 5 Soit n un entier naturel non nul. r Q (a) Soit m un entier compris entre 1 et pnr . Montrer que si m = pαk k est la décompok=1 ¸ · ln (pr ) . sition en nombres premiers de m, alors αk ≤ n ln (2) ¶r µ ln (pr ) n r (b) En déduire que pr ≤ n + 1 et conclure. ln (2) Preuve 6 (a) Montrer, le plus simplement possible, que la série S ∈ ]0, 2[ . (b) Pour n > r Q P 1 est convergente de somme n2 pk , on partitionne l’ensemble E = {1, 2, · · · , n} en distinguant les k=1 entiers compris entre 1 et n qui sont sans facteurs carrés (i. e. de la forme r Q k=1 pεkk où (ε1 , · · · , εr ) ∈ {0, 1}r ) de ceux qui sont divisibles par le carré d’un nombre premier, soit E = E1 ∪ E2 , où : ( ) r Y r εk E1 = m ∈ E | m = pk où (ε1 , · · · , εr ) ∈ {0, 1} k=1 © ª E2 = m ∈ E | ∃pk ∈ P tel que p2k divise m · ¸ n i. Montrer que, pour k compris entre 1 et r, il y a au plus 2 entiers m dans E pk divisibles par p2k . ii. En déduire que n < 2r + n (S − 2) et conclure. Preuve 7 Énoncé 551 (a) Soient x un réel strictement supérieur à 1, n un entier naturel compris entre 1 et x r Q et n = pαk k la décomposition en facteurs premiers de n où les αk sont des entiers k=1 positifs ou nuls. Montrer que pour tout k compris entre 1 et r, on a : · ¸ ln (x) αk ≤ . ln (2) (b) En déduire que pour tout réel x > 1, on a : µ ¶r ln (2x) x< +1 ln (2) et conclure. Preuve 8 Montrer que si p est un diviseur premier de m = 2pr − 1, alors 2 est d’ordre pr dans le groupe multiplicatif Z∗p et conclure. Preuve 9 (a) Soit p un nombre premier impair. On se propose de montrer que −1 est un carré dans Zp si, et seulement si, p est congru à 1 modulo 4. i. Montrer que si p ≡ 3 mod 4, alors −1 n’est pas un carré dans Zp (ce qui revient à dire que l’équation x2 + 1 = 0 n’a pas de solutions dans Zp ). ii. Montrer que si p ≡ 1 mod 4, alors l’équation x2 + 1 = 0 a deux solutions dans Z p−1 qui sont −r! et r! où r = (−1 est alors un carré dans Zp ). pZ 2 (b) On note : P1 = {p ∈ P | ∃n ∈ N ; p = 4n + 3} P2 = {p ∈ P | ∃n ∈ N∗ ; p = 4n + 1} i. Montrer que P1 est infini. Conclure. ii. Montrer que P2 est infini. Conclure. De manière plus générale on peut montrer que si a et b sont deux entiers premiers entre eux alors il existe une infinité de nombres premiers de la forme an + b (théorème de Dirichlet). Preuve 10 (a) Montrer que si on dispose d’une suite (un )n∈N strictement croissante d’entiers naturels différents de 0 et 1 et deux à deux premiers entre eux, on peut alors en déduire que P infini. (b) En utilisant les nombres de Fermat, montrer que P infini. (c) Soient a, b deux entiers naturels non nuls premiers entre eux avec b > a. On définit la suite (un )n∈N par : ½ u0 = b ∀n ≥ 1, un − a = un−1 (un−1 − a) i. Montrer que (un )n∈N est une suite strictement croissante d’entiers naturels différents de 0 et 1. 552 Infinitude de l’ensemble des nombres premiers ii. Montrer que pour tous m > n ≥ 0, on a : um ≡ a mod un iii. Montrer que, pour tout n ≥ 0, un est premier avec a. iv. Montrer que les un sont deux à deux premiers entre eux. Conclure. v. Que retrouve-t-on pour (a, b) = (2, 3) . (d) Soit a un entiers naturel impair supérieur ou égal à 3. On définit la suite (un )n∈N par : ½ u0 = a ∀n ≥ 1, un = u2n−1 − 2 i. Montrer que (un )n∈N est une suite strictement croissante d’entiers naturels impairs. ii. Montrer que, pour tout entier naturel n, on a : ½ un+1 ≡ −2 mod un ∀m ≥ n + 2, um ≡ 2 mod un iii. Montrer que les un sont deux à deux premiers entre eux. Conclure. Preuves 11 Connaissez vous d’autres démonstrations du théorème d’Euclide ? – III – Quelques applications 1. On note 2 = p1 < p2 < · · · < pn < · · · la suite infini des nombres premiers et on se propose +∞ P 1 de montrer que = +∞. Pour ce faire, on raisonne par l’absurde en supposant que n=1 pn P 1 la série à termes positifs est convergente. Pour tout n ≥ 1, on note : pn +∞ X 1 Rn = pk k=n+1 le reste d’ordre n de cette série. (a) Montrer qu’il existe un entier r ≥ 1 tel que : 1 ∀n ≥ r, 0 < Rn < . 2 On note P1 = {p1 , · · · , pr } et P2 = {pk | k ≥ r + 1} . (b) Pour tout entier naturel non nul N, on partitionne l’ensemble E = {1, 2, · · · , N } en distinguant les entiers compris entre 1 et N qui ont tous leurs diviseurs premiers dans P1 de ceux qui ont au moins un diviseur dans P2 , soit E = E1 ∪ E2 , où : ( ) r Y E1 = n ∈ E | n = pαk k où (α1 , · · · , αr ) ∈ Nr k=1 E2 = {n ∈ E | ∃pk ∈ P2 qui divise n} Énoncé 553 i. En écrivant tout entier n dans E1 sous la forme n = pq 2 où p, q sont deux entiers r Q naturels non nul, l’entier p étant égal à 1 ou sans facteurs carrés (i. e. p = pεkk k=1 où (ε1 , · · · , εr ) ∈ {0, 1}r ), montrer que : N1 ≤ 2r h√ i N ([·] désigne la partie entière). · ¸ N entiers n dans E divisibles ii. Montrer que pour tout pk dans P2 , il y a au plus pk par pk et en déduire que : N N2 < . 2 iii. Montrer que pour N assez grand, on a N1 + N2 < N et conclure. Si Q est un polynôme à coefficients entiers relatifs de degré supérieur ou égal à 1 et p un nombre premier, on dit que p divise Q s’il existe un entier relatif a tel que p divise Q (a) . 2. On se propose de montrer dans cette question le théorème de Schur suivant : tout polynôme non constant à coefficients entiers relatifs admet une infinité de diviseurs premier. (a) Montrer que tout polynôme à coefficients entiers relatifs non constant admet des diviseurs premiers. (b) Montrer que tout polynôme Q à coefficients entiers relatifs non constant tel que Q (0) = 0 admet une infinité des diviseurs premiers. (c) Soit : Q (X) = n X ak X k k=0 un polynôme à coefficients entiers relatifs de degré n ≥ 1 non nul en 0. On suppose que l’ensemble des diviseurs premiers de Q est fini et on le note : PQ = {p1 , · · · , pr } . On note aussi m = r Q pk . k=1 i. Montrer qu’il existe un polynôme R (X) = n P bk X k de degré n dans Z [X] tel k=1 que Q (a0 mX) = a0 (1 + R (X)) , chaque coefficient bk , pour k compris entre 1 et r, étant divisible par m. ii. En utilisant les diviseurs premiers de 1 + R, montrer qu’on aboutit à une contradiction et conclure. 3. En utilisant le polynôme Q (X) = 4X 2 + 1, retrouver le fait qu’il existe une infinité de nombres premiers congrus à 1 modulo 4. µ ¶ 2iπ ∗ Pour tout entier naturel n ∈ N , on note ωn = exp et on définit le polynôme n cyclotomique Φn par : n Y ¢ ¡ Φn (X) = X − ωnk k=1 k∧n=1 554 Infinitude de l’ensemble des nombres premiers (les ωnk pour k premier avec n et 1 ≤ k ≤ n sont les racines primitives n-ième de l’unité). Pour tout entier naturel n ∈ N∗ , on note Dn l’ensemble des diviseurs de n dans N∗ . On admet les résultats suivants : – pour tout n ∈ N∗ on a : Y Xn − 1 = Φd (X) d∈Dn ∗ – pour tout n ∈ N , Φn est un polynôme à coefficients entiers. Soient n ≥ 2 un entier naturel et p un nombre premier ne divisant pas n. On se propose de montrer dans les deux questions qui suivent que p divise Φn si, et seulement si, p est congru à 1 modulo n. 4. On se donne un entier n ≥ 2 et un nombre premier p qui divise Φn . (a) Montrer qu’il existe un entier naturel a tel que l’ordre d de a dans le groupe multiplicatif Z∗p soit un diviseur de n. (b) Montrer que si d = n, alors p est congru à 1 modulo n. (c) On suppose que d < n. i. Montrer que an − 1 est divisible par p2 . ii. Montrer que, pour tout entier m ≥ 1, on a : Φm (a + p) ≡ Φm (a) mod p. iii. Montrer que (a + p)n − 1 est divisible par p2 . iv. Montrer que nan−1 p est divisible par p2 et que si on suppose de plus p est premier avec n, on aboutit alors à une contradiction. (d) Conclure. 5. Montrer que si p est un nombre premier congru à 1 modulo n, alors p divise Φn . 6. Déduire de ce qui précède, le cas particulier suivant du théorème de Dirichlet : pour tout entier n ≥ 1, il existe une infinité de nombres premiers de la forme 1 + kn où k ∈ N ∗ . 31.2 Solution – I – Les nombres de Fermat 1. On a : n+1 Fn+1 = 22 ¡ ¢2 + 1 = 22n + 1 = (Fn − 1)2 + 1. Le pgcd de Fn et Fn+1 divise Fn et Fn+1 = Fn2 − 2Fn + 2, il divise donc 2 et comme il divise Fn qui est impair ce pgcd vaut 1, c’est-à-dire que Fn et Fn+1 sont premiers entre eux. n Y 2. On vérifie tout d’abord par récurrence, que pour tout n ≥ 0, on a Fn+1 = Fk + 2. k=0 Pour n = 0, on a : F1 = 22 + 1 = 5 = F0 + 2. Solution 555 En supposant le résultat acquis pour n − 1 ≥ 0, on a : Fn+1 = Fn (Fn − 2) + 2 = Fn n−1 Y n Y k=0 k=0 Fk + 2 = Fk + 2. Supposons que m > n. On a : Fm = m−1 Y k=0 Fk + 2 = Fn m−1 Y Fk + 2 k=0 k6=n = qFn + 2 Le pgcd de Fn et Fm divise alors 2 et comme il divise Fn qui est impair ce pgcd vaut 1, c’est-à-dire que Fn et Fn sont premiers entre eux. 3. Avec Fnp ∧ Fmp = (Fn ∧ Fm )p pour tout p ≥ 1, on déduit pour n 6= m Fnp et Fmp sont premiers entre eux. 556 Infinitude de l’ensemble des nombres premiers 4. (a) On a G0 = 3 qui est premier. En utilisant l’identité : ¡ ¢ a3 + 1 = (a + 1) a2 − a + 1 on a, pour tout n ∈ N : ¡ n ¢3 n+1 +1 Gn+1 = 23 + 1 = 23 ´ ¡ 3n ¢ ³¡ 3n ¢2 n − 23 + 1 = 2 +1 2 ³¡ n ¢ ´ n 2 = Gn 23 − 23 + 1 = Gn qn ¡ n ¢2 n avec Gn ≥ 2 et qn = 23 − 23 + 1 ≥ 2 pour tout n ∈ N. Il en résulte que Gn+1 n’est pas premier. (b) On a G0 = 3 et Gn1 = 9 = 32 . n n Avec 23 ≡ (−1)3 modulo 3 et 3n impair, on déduit que 23 ≡ −1 modulo 3 et : ¡ n ¢2 n qn = 23 − 23 + 1 ≡ (−1)2 − (−1) + 1 = 3 ≡ 0 mod 3 c’est-à-dire que qn est divisible par 3 et en supposant que Gn est divisible par 3n+1 , on déduit que Gn+1 est divisible par 3n+2 . On a donc ainsi montré par récurrence que pour tout n ∈ N, Gn est divisible par 3n+1 . 5. Supposons que a soit impair, on a donc a ≥ 3 et am + 1 est un nombre pair supérieur ou égal à 4, il ne peut être premier. L’entier a est donc nécessairement pair. En utilisant la décomposition en facteurs premiers, on a m = 2n (2q + 1) où n et q sont deux entiers naturels. Supposons q ≥ 1, on a alors : ¡ n ¢2q+1 am + 1 = a2 + 1 = b2q+1 + 1 ¡ 2q ¢ = (b + 1) b − b2q−1 + b2q−2 − · · · + 1 = (b + 1) 2q X (−1)k b2q−k = (b + 1) S k=0 n am + 1 b2q+1 + 1 = ≥ 2 (c’est équivalent à b (b2q − 2) ≥ 1 b+1 b+1 ≥ a ≥ 2 et q ≥ 1) et l’entier am + 1 n’est pas premier. avec b + 1 = a2 + 1 ≥ 2 et S = n qui est vérifié puisque b = a2 n 6. Supposons que Fn = 22 + 1 = pqn avec p premier et qn entier naturel non nul. Comme Z . Fn est impair, on a nécessairement p ≥ 3. On a alors Fn = 0 dans Zp = pZ ³ ´ ¡ ¢2 2n 2n+1 2n 2 On a donc 2 = −1 dans Zp et 2 = 2 = −1 = 1 et l’ordre de 2 dans le groupe multiplicatif Z∗p est un diviseur de 2n+1 , donc de la forme 2k avec 1 ≤ k ≤ n + 1, 2n mais avec 2 = −1 6= 1 (puisque p 6= 2) on déduit que cet ordre est exactement 2n+1 . Par ailleurs, on sait que l’ordre d’un élément dans un groupe divise du groupe ¢ ¡ ∗l’ordre n+1 (théorème de Lagrange), donc 2 est un diviseur de p − 1 = card Zp , ce qui peut se traduire par p − 1 congru à 0 modulo 2n+1 ou encore p congru à 1 modulo 2n+1 . Dire que p est congru à 1 modulo 2n+1 signifie qu’il existe un entier q ≥ 1 tel que p = 2n+1 q + 1. Si q n’admet aucun diviseur premier impair, il est de la forme q = 2m avec Solution 557 m ≥ 0 et p = 2n+1+m + 1 est premier, ce qui impose que n + 1 + m = 2r (question I.5.), r c’est-à-dire que p = 22 + 1 est un nombre de Fermat et p = Fn puisque deux nombres de Fermat distincts sont premiers entre eux. Pour n = 0, 1, 2, 3, 4, on vérifie que Fn est premier. Pour n = 5, les diviseurs premiers de F5 sont de la forme p = 26 q +1. Les valeurs possibles de q, non puissance de 2, sont q = 3, 5, 7, 9, 10, · · · et on vérifie que pour q = 10, p = 641 est un diviseur premier de F5 , donc F5 n’est pas premier. 7. Pour n = 2, on a F2 = 17. En supposant que, pour n ≥ 2, Fn est congru à 7 modulo 10 (équivalent à dire que 7 est le chiffre des unités de Fn ), on a : Fn+1 = (Fn − 1)2 + 1 ≡ 62 + 1 = 37 ≡ 7 mod 10. – II – Infinitude de l’ensemble P des nombres premiers Preuve 1 On sait déjà que P est non vide (il contient 2). Supposons que P soit fini avec : P = {p1 , · · · , pr } . L’entier n = p1 · · · pr + 1 est supérieur ou égal à 2, il admet donc un diviseur premier pk ∈ P. L’entier pk divise alors n = p1 · · · pr + 1 et p1 · · · pr , il divise donc la différence qui est égale à 1, ce qui est impossible. En conclusion P est infini. Preuve 2 Pour tout n ∈ N, l’entier m = n! + 1 ≥ 2 admet un diviseur premier pn . Si pn < n alors pn est un diviseur de n!, donc de 1 = m − n!, ce qui est impossible. On a donc ainsi une suite strictement croissante (pn )n∈N de nombres premiers, ce qui implique que P est infini. Preuve 3 Si p est un diviseur premier de S, c’est l’un des pk avec k compris entre 1 et r. En n remarquant que pour j compris entre 1 et r différent de k, qj = est divisible par pk , pj r P n qj et pourtant qk = on déduit que pk va diviser qk = S − n’est pas divisible par pk pk j=1 j6=k (pk est premier avec tous les pj pour j 6= k, donc avec leur produit nk ). On aboutit donc ainsi à une contradiction. Il en résulte que P est infini. r Q pαk k , où les αk sont des entiers positifs Preuve 4 Tout entier m compris entre 1 et 2n s’écrit m = k=1 ou nuls. Pour k compris entre 1 et r, on a pαk k ≤ m ≤ 2n et nécessairement αk ≤ n (si αk > n, alors pαk k ≥ 2αk > 2n ) et donc : ( r ) Y α r E = {1, 2, · · · , 2n } ⊂ F = pk k | (α1 , · · · , αr ) ∈ {0, 1, · · · , n} k=1 ce qui entraîne : 2n = card (E) ≤ card (F ) = (n + 1)r 2n r = n→+∞ (n + 1) l’entier naturel non nul n étant quelconque, ce qui est en contradiction avec lim +∞. Il en résulte que P est infini. Preuve 5 558 Infinitude de l’ensemble des nombres premiers (a) De pαk k ≤ m = r Q j=1 · α pj j ≤ pnr , on déduit que αk ln (pk ) ≤ n ln (pr ) et : ¸ ln (pr ) et αk ≤ n . ln (2) (b) On a donc : · ¸ ln (pr ) ln (pr ) ln (pr ) ≤n < n +1 αk ≤ n ln (pk ) ln (2) ln (2) ( {1, 2, · · · , pnr } ⊂ r Y pαk k k=1 et : pnr ¸) · ln (pr ) | 0 ≤ α1 , · · · , αr ≤ n ln (2) µ· ¸ ¶r µ ¶r µ ¶r ln (pr ) ln (pr ) ln (pr ) 1 r ≤ n +1 ≤ n +1 =n + ln (2) ln (2) ln (2) n µ ¶r ln (pr ) r ≤n +1 ln (2) ou encore : pnr ≤ nr µ ln (pr ) +1 ln (2) ¶r pnr = +∞. n→+∞ nr l’entier n ≥ 1 étant quelconque, ce qui est incompatible avec lim Il en résulte que P est infini. Preuve 6 (a) Pour tout k ≥ 2, on a : 1 1 1 1 < = − 2 k k (k − 1) k−1 k et pour n ≥ 2 : ¶ n n µ X X 1 1 1 1 Sn = <1+ − =2− 2 k k−1 k n k=1 k=2 µ ¶ 1 avec lim 2 − = 2. Il en résulte que la suite croissante (Sn )n≥1 est majorée n→+∞ n par 2, elle est donc convergente de limite S ≤ 2. En écrivant, pour tout n ≥ 2, que : µ ¶ 1 1 1 1 = − + 2 2 n n n (n − 1) n (n − 1) µ ¶ 1 1 1 = − − 2 n−1 n n (n − 1) on a : ¶ X +∞ µ +∞ +∞ X X 1 1 1 1 =1+ − − S= 2 2 n n−1 n n (n − 1) n=2 n=2 n=1 =2− +∞ X n=2 n2 1 = 2 − T < 2. (n − 1) Solution 559 (b) n m < i. Si m ∈ E est divisible par p2k , on a alors m = p2k qk ≤ n et qk = 2 ≤ pk pk2 · ¸ · ¸ · ¸ n n n + 1, soit qk ≤ 2 . Il y a donc un maximum de 2 possibilités pour qk 2 pk pk pk et pour un tel m. ii. En écrivant que : r [ © ª E2 = m ∈ E | m est divisible par p2k k=1 on déduit que : card (E2 ) ≤ ¸ r · X n k=1 p2k r r X X n 1 ≤ =n 2 p p2 k=1 k k=1 k +∞ X 1 <n = n (S − 1) . n2 n=2 D’autre part, avec : ( E1 ⊂ r Y ) pεkk où (ε1 , · · · , εr ) ∈ {0, 1}r k=1 on déduit que : card (E1 ) ≤ card ({0, 1}r ) = 2r . r Q On a donc, pour tout entier n > pk : k=1 n = card (E1 ) + card (E2 ) < 2r + n (S − 1) soit : 0 < 2r + n (S − 2) avec S − 2 < 0, ce qui est impossible pour n assez grand. Il en résulte que P est infini. 560 Infinitude de l’ensemble des nombres premiers Preuve 7 (a) Soit x un réel strictement supérieur à 1 et n un entier naturel non nul tel que n ≤ x. r Q On a la décomposition en facteurs premiers n = pαk k , où les αk sont des entiers k=1 positifs ou nuls. Pour tout k compris entre 1 et r, on a pαk k ≤ n ≤ x et · ¸ ln (x) ln (x) ln (x) ln (x) ≤ = < αk ≤ +1 ln (pk ) ln (p1 ) ln (2) ln (2) soit : · ln (x) αk ≤ ln (2) ¸ puisque αk est entier. (b) Pour x > 1, on a [x] = card (Ex ) , où : Ex = {n ∈ N | 1 ≤ n ≤ x} . Un entier naturel n étant uniquement déterminé par sa décomposition en facteurs · ¸ r Q ln (x) premiers pαk k où les entiers αk sont compris entre 0 et si n est compris ln (2) k=1 entre 1 et x, on a : ( r · ¸) Y α ln (x) p k k | 0 ≤ α 1 , · · · , αr ≤ E x ⊂ Fx = ln (2) k=1 avec : ¸¾ ln (x) card (Fx ) = card (α1 , · · · , αr ) ∈ N | 0 ≤ αk ≤ ln (2) µ· ¸ ¶r µ ¶r µ ¶r ln (x) ln (x) ln (2x) = +1 ≤ +1 = ln (2) ln (2) ln (2) ½ · r ce qui donne : µ [x] = card (Ex ) ≤ card (Fx ) ≤ et : µ x < [x] + 1 ≤ ln (2x) ln (2) ln (2x) ln (2) ¶r ¶r +1 soit : x 1 1 1 r < r + r < 2 (ln (2x)) (ln (2)) (ln (2x)) (ln (2))r x en contradiction avec lim r = +∞. x→+∞ (ln (2x)) On en déduit que P est infini. p Preuve 8 Si p est un diviseur premier de m = 2pr − 1 ≥ 2, on a alors m ≡ 0 modulo p, soit 2 r = 1 dans Zp et l’ordre de 2 dans le groupe multiplicatif Z∗p est un diviseur de pr et comme pr est premier, cet ordre est exactement pr (on a 2 6= 1 dans Zp ). Par ailleurs, on sait que l’ordre d’un élément dans un groupe divise ¡ ∗ ¢l’ordre du groupe (théorème de Lagrange), donc pr est un diviseur de p − 1 = card Zp et pr < p, ce qui contredit le fait que pr et le plus grand nombre premier. L’ensemble P est donc infini. Solution 561 Preuve 9 (a) On remarque qu’un nombre premier différent de 2 est nécessairement impair et son reste dans la division euclidienne par 4 ne peut être que 1 ou 3. i. Dire p ≡ 3 mod 4 revient à dire qu’il existe un entier n ≥ 0 tel que p = 4n + 3. p−1 On a alors r = = 2n + 1 et si x ∈ Z∗p est tel que x2 = −1, il vient 2 ¡ ¢2n+1 xp−1 = x2r = −1 = −1, ce qui contredit le théorème de Fermat qui nous dit que xp−1 = 1 pour tout x ∈ Z∗p (on a −1 6= 1 puisque p ≥ 2). ii. Le théorème de Wilson nous dit que (p − 1)! = −1 dans Z∗p puisque p est premier. Par ailleurs, pour k = 1, · · · , r, on a : r + k ≡ −r + k − 1 mod p (c’est équivalent à 2r = p − 1 ≡ −1 mod p), soit : r + k ≡ − (r − (k − 1)) mod p et : (p − 1)! = 1 · 2 · · · · · r · (r + 1) · · · (r + r) ≡ r! (−1)r r (r − 1) · · · 1 = (−1)r (r!)2 mod p p−1 = 2n, de sorte que 2 2 (−1)r = 1 et (p − 1)! ≡ (r!)2 mod p, ce qui donne r! = −1 d’après le théorème de Wilson. Donc −1 est un carré dans Z∗p . Comme −r! est aussi solution de x2 + 1 = 0 avec −r! 6= r! puisque p 6= 2, on a ainsi les deux seules solutions possibles. Pour p ≡ 1 mod 4, on a p = 4n + 1 avec n ≥ 1 et r = (b) i. Supposons que P1 soit fini et notons 3 = p1 < p2 < · · · < pr tous ses éléments. L’entier : m = 4p1 · · · pr − 1 = 4 (p1 · · · pr − 1) + 3 qui est de la forme 4n + 3 avec n ≥ 2 n’est pas premier puisque strictement supérieur à tous les pk pour k compris entre 1 et r (m > 4pk − 1 > pk puisque pk ≥ 3). Comme m est impair, ses diviseurs premiers sont de la forme 4k + 1 avec k ∈ N∗ ou 4k + 3 avec k ∈ N et ils ne peuvent pas être tous de la forme 4k + 1, sans quoi m serait aussi de cette forme, donc congru à 1 modulo 4, ce qui contredit le fait qu’il est congru à 3 (ou à −1) modulo 4. L’entier m a donc un diviseur pk dans P2 et comme pk divise p1 · · · pr , il va aussi diviser −1, ce qui est impossible avec pk premier. L’ensemble P1 est donc infini. De P1 ⊂ P, on déduit que P est infini. ii. Supposons que P2 soit fini et notons 5 = p1 < p2 < · · · < pr tous ses éléments. L’entier : m = 4p21 · · · p2r + 1 qui est de la forme 4n + 1 avec n ≥ 2 n’est pas premier puisque strictement supérieur à tous les pk pour k compris entre 1 et r. Comme m est impair, ses 562 Infinitude de l’ensemble des nombres premiers diviseurs premiers sont de la forme 4k + 1 avec k ∈ N∗ ou 4k + 3 avec k ∈ N. Si p est un diviseur premier de m, on a alors m = a2 + 1 = pq et a2 = −1 dans Z∗p , c’est-à-dire que −1 est un carré dans Z∗p et p est nécessairement de la forme 4k + 1 avec k ∈ N∗ , donc p est l’un des pk dans P2 et comme pk divise p1 · · · pr , il va aussi diviser 1 puisqu’il divise m, ce qui est impossible. L’ensemble P2 est donc infini. De P2 ⊂ P, on déduit que P est infini. Preuve 10 (a) En désignant, pour tout entier naturel n, par pn un diviseur premier de un , on a pn 6= pm pour tous n 6= m puisque un et um sont premiers entre eux et donc ne peuvent avoir un diviseur premier en commun. La suite (pn )n∈N nous fournit donc une infinité de nombres premiers. (b) Résulte du fait que la suite (Fn )n∈N des nombres de Fermat est strictement croissante dans N \ {0, 1} et que deux nombres de Fermat distincts sont premiers entre eux. (c) i. On vérifie facilement par récurrence que (un )n∈N est une suite d’entiers naturels et que un > a ≥ 1 pour tout n ∈ N. En effet, u0 = b > a avec b ∈ N et supposant le résultat acquis au rang n − 1, on a un = a + un−1 (un−1 − a) ∈ N et : un − a = un−1 (un−1 − a) > 0. On en déduit que pour tout n ≥ 1, on a : un − un−1 = a + un−1 (un−1 − a − 1) ≥ a > 0 (un−1 > a dans N équivaut à un−1 ≥ a + 1), c’est-à-dire que (un )n∈N est strictement croissante à valeurs dans N \ {0, 1} . ii. On procède par récurrence sur m > n, à n ≥ 0 fixé. Pour m = n + 1, on a : un+1 − a = un (un − a) ≡ 0 mod un et supposant le résultat acquis au rang m − 1 > n, on a : um − a = um−1 (um−1 − a) ≡ 0 mod un . Prenant n = 0, on déduit que um ≡ a mod u0 pour tout m ≥ 1, soit um ≡ a mod b pour tout m ≥ 1. iii. Pour n = 0, on a u0 = b qui est premier avec a par hypothèse. Supposons le résultat acquis au rang n−1 ≥ 1 et soit δ = un ∧a. Si δ ≥ 2, il admet alors un diviseur premier p qui divise un et a. Avec un − a = un−1 (un−1 − a) , on déduit que p divise un−1 (un−1 − a) et en conséquence divise un−1 ou un−1 − a et encore un−1 = (un−1 − a) + a, mais p ne peut diviser un−1 et a qui sont premiers entre eux. On a donc δ = 1. iv. Pour m > n ≥ 0, on a um = qun + a (um ≡ a mod un ) avec 0 ≤ a < un , c’est-à-dire que a est le reste dans la division euclidienne de um par un et : um ∧ un = un ∧ a = 1 On en déduit que P est infini. Solution 563 v. Pour (a, b) = (2, 3) , la suite (un )n∈N est solution de l’équation récurrente : ½ u0 = 3 ∀n ≥ 1, un − 2 = un−1 (un−1 − 2) ou encore : ½ u0 = 3 ∀n ≥ 1, un = (un−1 − 1)2 + 1 On sait que la suite (Fn )n∈N des nombres de Fermat est aussi solution de cette équation. On retrouve donc le fait que deux nombres de Fermat distincts sont premiers entre eux. En notant vn = un − Fn , on a : ½ v0 = 0 ∀n ≥ 1, vn = (vn−1 − 1)2 + 1 et par récurrence vn = 2 pour tout n ≥ 1. On a donc : ½ u0 = F0 = 3 ∀n ≥ 1, un = Fn + 2 (d) i. On vérifie facilement par récurrence que (un )n∈N est une suite d’entiers naturels impairs tous différents de 1. En effet, u0 = a est impair avec a ≥ 3 et supposant le résultat acquis au rang n − 1, un = u2n−1 − 2 est un entier impair et : un ≥ 9 − 2 ≥ 3. On en déduit que pour tout n ≥ 1, on a : un − un−1 = un−1 (un−1 − 1) − 2 ≥ 6 − 2 > 0 c’est-à-dire que (un )n∈N est strictement croissante. ii. Par définition de un , on a un+1 ≡ −2 mod un et : un+2 = u2n+1 − 2 ≡ (−2)2 − 2 = 2 mod un . En supposant que um ≡ 2 mod un pour m ≥ n + 2, on a : um+1 = u2m − 2 ≡ (−2)2 − 2 = 2 mod un . On a donc ainsi vérifié par récurrence, que pour tout m ≥ n + 2, on a um ≡ 2 mod un . iii. Pour m > n ≥ 0, on a um = qun + r avec r = ±2 (um ≡ ±2 mod un ), il en résulte que : um ∧ un = un ∧ (±2) = 1 puisque un est impair. On en déduit que P est infini. – III – Quelques applications 564 Infinitude de l’ensemble des nombres premiers 1. (a) La quantité Rn étant le reste d’ordre n de la série à termes positifs convergente P 1 , on a lim Rn = 0 et il existe un entier n0 ≥ 1 tel que : n→+∞ pn 1 ∀n ≥ n0 , 0 < Rn < . 2 (b) Les ensembles P1 et P2 formant une partition de l’ensemble P des nombres premiers, on peut faire la partition indiquée de E. i. La décomposition en facteurs premiers de tout entier n ∈ E1 , peut s’écrire sous la forme : r r r Y Y Y αk εk k n= pk = pk p2β = pq 2 k k=1 k=1 k=1 où, pour tout k compris entre 1 et r, on a posé : ½ 0 si αk est pair εk = 1 si αk est impair p= r Q k=1 pεkk , q = r Q k=1 pβkk . Le nombre maximum de choix possibles pour p est : card ({0, 1}r ) = 2r h√ i h√ i √ et avec q 2 ≤ n ≤ N, on déduit que q ≤ N < N + 1, soit q ≤ N et il y h√ i a un maximum de N choix possibles pour q. On en déduit donc que : h√ i N1 ≤ 2r N . ii. Si n ∈ E2 , il existe un nombre · ¸premier pk ∈ P·2 qui ¸ divise n, c’est-à-dire que n N N N n = pk q et q = ≤ < + 1, soit q ≤ et il y a un maximum de pk pk pk pk · ¸ · ¸ N N choix possibles pour q, donc pour n. Pour pk grand, on a en fait = 0. pk pk On en déduit alors que : ¸ · ¸ · N N + + ··· N2 ≤ pr+1 pr+2 soit : ¸ +∞ · +∞ +∞ X X X N N N 1 N2 ≤ ≤ =N < . pk pk pk 2 k=r+1 k=r+1 k=r+1 iii. On a donc : h√ i N N + 2 avec : h√ i √ N 2r N ≤ 2r N < 2 2r+2 pour N assez grand (précisément N > 2 convient), ce qui donne N1 +N2 < N en contradiction avec N = N1 + N2 . +∞ P 1 En définitive, = +∞. n=1 pn N1 + N2 < 2r Solution 565 2. (a) Soit : Q (X) = n X ak X k k=0 un polynôme à coefficients entiers relatifs de degré n ≥ 1. Les équations Q (x) = −1, Q (x) = 0 et Q (x) = 1 n’ayant qu’un nombre fini de solutions dans Z, il existe un entier naturel a tel que |Q (k)| ≥ 2 pour tout entier relatif k ≥ a. En particulier Q (a) admet des diviseurs premiers. (b) Si Q (0) = 0, on a alors Q (X) = XR (X) avec R non nul dans Z [X] et pour tout nombre premier p, Q (p) = pR (p) est divisible par p. Donc Q admet une infinité de diviseurs premiers. (c) i. On a : Q (a0 mX) = n X k=0 à ak ak0 mk X k = a0 1 + n X ! k k ak ak−1 0 m X k=1 ii. Le polynôme 1+R qui est non constant à coefficients entiers admet des diviseurs premiers. Si p est l’un d’eux il existe un entier a tel que p divise 1 + R (a) et p divise Q (a0 ma) = a0 (1 + R (a)) , c’est-à-dire que p est un diviseur premier de Q, c’est donc l’un des pk . L’entier p divise alors m et comme m divise tous les coefficients bk , p va diviser R (a) . On est donc dans la situation où p premier divise les entiers R (a) et 1 + R (a) , ce qui entraîne que p divise 1, soit une impossibilité. En conclusion Q admet une infinité de diviseurs premiers. 3. Le polynôme Q (X) = 4X 2 + 1 admettant une infinité de nombres premiers, on peut donc trouver une suite strictement croissante (pn )n∈N de nombres premiers et une suite (an )n∈N d’entiers relatifs tels que pour tout n ∈ N, pn divise 4a2n + 1. On a alors 4an 2 = −1 dans Zpn et pn est nécessairement congru à 1 modulo 4, c’est-à-dire que pn est de la forme 4k + 1. On a dispose ainsi d’une infinité de nombres premiers congrus à 1 modulo 4. 566 Infinitude de l’ensemble des nombres premiers 4. (a) Dire que p divise Φn équivaut à dire qu’il existe un entier relatif a telQque p divise Φn (a) , ce qui revient à dire que Φn (a) = 0 dans Zp . Avec an − 1 = Φd (a), on d∈Dn déduit que an = 1 dans Zp et l’ordre d de a dans le groupe multiplicatif Z∗p est un diviseur de n, soit d ∈ Dn . ¡ ¢ (b) Si d = n, alors n est un diviseur de p − 1 = card Z∗p et p = 1 + kn avec k ∈ Z. (c) i. Si d < n, de : 0 = ad − 1 = Y Φδ (a) δ∈Dd dans le corps Zp , on déduit qu’il existe δ ∈ Dd tel que Φδ (a) = 0, ce qui équivaut à dire que Φδ (a) est divisible par p. L’entier p divise donc Φn (a) et Φδ (a) où δ est un diviseur de n (δ divise d qui divise n) tel que δ < n, ce qui entraîne que : Y Y an − 1 = Φd0 (a) = Φδ (a) Φn (a) Φd0 (a) d0 ∈Dn d0 ∈Dn −{δ,n} est divisible par p2 . ii. Pour tout entier m ≥ 1 et tout entier k compris entre 1 et ϕ (m) = deg (Φm ) , on a : k X k k (a + p) = a + Ckj ak−j pj ≡ ak mod p j=1 et en conséquence : Φm (a + p) ≡ Φm (a) mod p. iii. Avec : (a + p)n − 1 = Φδ (a + p) Φn (a + p) Y Φd0 (a + p) d0 ∈Dn −{δ,n} et : Φm (a + p) ≡ Φm (a) ≡ 0 mod p pour m = δ et m = n, on déduit que (a + p)n − 1 est divisible par p2 . iv. De ce qui précède, on déduit que (a + p)n − an est divisible par p2 et il existe un entier q tel que : 2 n n p q = (a + p) − a = na n−1 p+ n X Cnk an−k pk = nan−1 p + p2 r k=2 ce qui entraîne que nan−1 p est divisible par p2 et donc que nan−1 est divisible par p. Comme p est premier avec n, on en déduit que an−1 est divisible par p, soit an−1 = 0 dans le corps Zp et a = 0, ce qui contredit an = 1. On ne peut donc avoir d < n. (d) On a donc d = n et p est congru à 1 modulo n. Solution 567 5. Réciproquement si p est congru à 1 modulo n, alors n est un diviseur de l’ordreQp − 1 du groupe cyclique Z∗p et il existe dans Z∗p un élément a d’ordre n. De 0 = an −1 = Φd (a), d∈Dn Q on déduit qu’il existe d ∈ Dn tel que Φd (a) = 0. Si d < n, de ad − 1 = Φδ (a), on d δ∈Dd déduit que a = 1, ce qui n’est pas compatible avec la définition de l’ordre n de a. On a donc d = n et Φn (a) = 0, ce qui équivaut à dire que p divise Φn (a) . 6. Pour n = 1, c’est l’infinitude de l’ensemble des nombres premiers. Comme, pour tout n ≥ 2, Φn admet une infinité de diviseurs premiers, il y en a une infinité qui ne divisent pas n et de tels diviseurs sont nécessairement congrus à 1 modulo p d’après ce qui précède. On déduit donc qu’il existe une infinité de nombres premiers de la forme 1 + kn où k ∈ N ∗ . 568 Infinitude de l’ensemble des nombres premiers 32 Le théorème de Fermat pour n = 2 et n=4 32.1 Énoncé –I– On cherche tous les solutions dans N3 de l’équation de Fermat : x2 + y 2 = z 2 . (32.1) 1. Montrer que si (x, y, z) ∈ N3 est solution de (32.1) , alors x et y ne peuvent être tous les deux impairs. 2. Montrer que si (x, y, z) ∈ N3 est une solution non triviale de (32.1) alors x ∧ y = y ∧ z = x ∧ z. En déduire qu’il existe δ ∈ N∗ et x0 , y 0 , z 0 dans N deux à deux premiers entre eux solution de (32.1) tels que x = δx0 , y = δy 0 , z = δz 0 . 3. Soit (x, y, z) ∈ N3 une solution non triviale de (32.1) avec x, y, z deux à deux premiers entre eux (on peut toujours se ramener au cas où x, y, z sont positifs). (a) Montrer que x et y sont de parités différentes. On suppose que x est pair et y impair (x et y jouent des rôles symétriques). (b) Montrer qu’il existe deux entiers u et v premiers entre eux tels que y = u − v et z = u + v. (c) Montrer que u et v sont les carrés de deux entiers premiers entre eux. On note u = n2 et v = m2 . (d) En déduire que : x = 2nm, y = n2 − m2 , z = n2 + m2 . (e) En déduire toutes les solutions de (32.1) . – II – On s’intéresse à l’équation : x4 + y 4 = z 2 . (32.2) On suppose que équation admet des solutions (x, y, z) dans N3 avec z 6= 0. 1. Montrer que l’équation (32.2) admet une solution (x, y, z) dans N3 avec z > 0 minimal, x > 0 et y > 0. 569 570 Le théorème de Fermat pour n = 2 et n = 4 2. Montrer que x et y sont premiers entre eux puis que x, y et z sont deux à deux premiers entre eux. 3. Montrer que l’on peut supposer x pair et qu’il existe alors deux entiers a et b premiers entre eux tels que : x2 = 2ab, y 2 = a2 − b2 , z = a2 + b2 . 4. Montrer que a est impair et b est pair. 5. Montrer qu’il existe deux entiers u et v premiers entre eux tels que : b = 2uv, y = u2 − v 2 , a = u2 + v 2 . En notant que x2 = 4uv (u2 + v 2 ) montrer qu’il existe des entiers naturels r, s, t tels que : u = r2 , v = s2 , a = t2 . Montrer que r et s sont non nuls et que 0 < t < z. 6. Déduire de ce qui précède que l’équation (32.2) n’a pas de solution (x, y, z) dans N3 telle que x 6= 0 et y 6= 0. 32.2 Solution –I– Z 2 1. Si x et y sont impairs, ils sont congrus à 1 ou −1 modulo 4, on a donc dans ,z = 2Z Z x2 + y 2 = 2, ce qui est impossible puisque les carrés dans sont 0 et 1. 2Z 2. Soient δ1 = x ∧ y, δ2 = y ∧ z et δ3 = x ∧ z. On a δ1 6= 0 puisque (x, y) 6= (0, 0) . Avec a2 ∧ b2 = (a ∧ b)2 (exercice ??) et a ∧ b = a ∧ (a + b) (exercice 23.21), on déduit que : ¡ ¢ δ32 = x2 ∧ z 2 = x2 ∧ x2 + y 2 = x2 ∧ y 2 = δ12 et : ¡ ¢ δ22 = y 2 ∧ z 2 = y 2 ∧ x2 + y 2 = y 2 ∧ x2 = δ12 ce qui donne δ1 = δ2 = δ3 puisque tous ces entiers sont positifs. On peut alors écrire, on note δ ce pgcd commun, x = δx0 , y = δy 0 , z = δz 0 avec x0 , y 0 , z 0 deux à deux premiers entre eux et (32.1) avec δ 6= 0 nous donne (x0 )2 + (y 0 )2 = (y 0 )2 . 3. (a) On a déjà vu que x et y ne peuvent être tous deux impairs et comme ils sont premiers entre eux, ils ne peuvent être tous deux pairs. (b) On a x = 2a et y = 2b + 1 et (32.1) s’écrit : 4a2 + (2b + 1)2 = z 2 y+z et z est nécessairement impair. On définit donc des entiers en notant u = , 2 z−y et on a y = u − v, z = u + v. Le pgcd δ de u et v divisant y et z divise v= 2 aussi leur pgcd qui vaut 1. On a donc δ = 1. Solution 571 (c) Avec les notations précédentes, on a : uv = z2 − y2 x2 = = a2 4 4 les entiers u et v étant premiers entre eux, ce qui impose que ces entiers sont des carrés. En effet, si u n’est pas un carré, il est différent de 1 et sa décomposition en facteurs premiers nous donne u = p2α+1 q avec p premier ne divisant ni q ni v (u et v sont premiers entre eux, ce qui donne a2 = p2α+1 r avec p ne divisant pas r, ce qui est impossible. On a donc u = n2 et v = m2 avec n, m premiers entre eux puisque 1 = n2 ∧ m2 = (n ∧ m)2 . (d) On a donc : y = u − v = n2 − m2 , z = u + v = n2 + m2 , 2 x = 4a2 = 4uv = 4n2 m2 avec x ≥ 0, ce qui donne : x = 2nm, y = n2 − m2 , z = n2 + m2 où n, m sont des entiers naturels premiers entre eux. (e) Ce qui précède nous dit que si (x, y, z) ∈ N3 est solution non triviale de (32.1) , il existe alors un entier naturel non nul δ et des entiers naturels n, m premiers entre eux tels que : ¡ ¡ ¢ ¡ ¢¢ (x, y, z) = 2δnm, δ n2 − m2 , δ n2 + m2 Réciproquement, on a bien : ¡ ¢2 ¡ ¢2 4δ 2 n2 m2 + δ 2 n2 − m2 = δ 2 n2 + m2 et δ = 0 nous donne la solution triviale. Toutes les solutions dans N3 sont donc les triplets (x, y, z) avec (x, y) ou (y, z) de la forme (2δnm, δ (n2 − m2 )) où δ ∈ N et n, m sont premiers entre dans N avec n > m. – II – 572 Le théorème de Fermat pour n = 2 et n = 4 33 L’anneau Z/nZ et les nombres de Carmichaël 33.1 Énoncé Pour tout entier naturel n ≥ 2, on note Zn = Z/nZ l’anneau des classes résiduelles modulo n, Z∗n le groupe multiplicatif des éléments inversibles de cet anneau et ϕ (n) le nombre d’éléments de Z∗n (indicateur d’Euler). On pose ϕ (1) = 1. Si k est un entier relatif, on note k = k + nZ la classe de k dans Zn . Pour tout couple (a, b) d’entiers relatifs, on note a ∧ b le pgcd de a et b et a ∨ b leur ppcm . – I – Préliminaires sur les groupes finis Pour cette partie, les groupes sont notés multiplicativement © ket on note ª 1 l’élément neutre. Si G est un groupe, pour tout a dans G, on note hai = a | k ∈ Z le sous groupe de G engendré par a. Si hai est infini, on dit alors que a est d’ordre infini dans G, sinon on dit que a est d’ordre fini dans G et l’ordre de a est θ (a) = card (hai) . 1. Donner des exemples de groupes infinis dans lequel tous les éléments sont d’ordre fini. 2. Soit G un groupe fini. Montrer que si x est un élément de G d’ordre p, y un élément de G d’ordre q, avec p et q premiers entre eux et xy = yx, alors xy est d’ordre pq. Si p et q ne sont pas premiers entre eux, xy est-il d’ordre p ∨ q. 3. Donner un exemple de groupe dans lequel on peut trouver deux éléments d’ordre fini dont le produit est d’ordre infini. 4. Soit G un groupe commutatif fini d’ordre n ≥ 2. (a) Montrer que si p et q sont deux entiers naturels non nuls, alors il existe deux entiers p0 et q 0 premiers entre eux tels que p0 divise p, q 0 divise q et p ∨ q = p0 q 0 . (b) Montrer qu’il existe un élément de G dont l’ordre est égal au ppcm m des ordres de tous les éléments de G. (c) Montrer que m a les mêmes facteurs premiers que n. (d) En déduire que pour tout diviseur premier p de n il existe dans G un élément d’ordre p. 5. Montrer que tout sous groupe fini du groupe multiplicatif K∗ = K \ {0} d’un corps commutatif K est cyclique. 573 574 L’anneau Z/nZ et les nombres de Carmichaël 6. Soit G un groupe tel que tout élément de G soit d’ordre au plus égal à 2. (a) Montrer que G est commutatif. (b) On suppose de plus que G est fini. Montrer que card (G) = 2n . 7. Soit G = hai un groupe cyclique d’ordre n ≥ 2. n . n∧k (b) Montrer que si H est un sous-groupe de G non réduit à {1} , alors H = hap i où p n divise n et H est cyclique d’ordre . p (c) Montrer que pour tout diviseur q de n, il existe un unique sous groupe de G d’ordre n q, c’est le groupe cyclique H = hap i avec p = . q (a) Soit x = ak ∈ H. Montrer que l’ordre de x est égal à – II – Quelques propriétés de la fonction indicatrice d’Euler 1. Montrer que pour tout entier naturel n ≥ 2, ϕ (n) est le nombre de générateurs du groupe cyclique (Zn , +) . 2. Montrer que pour tout entier naturel n ≥ 2, ϕ (n) est le nombre d’entiers compris entre 1 et n premiers avec n. 3. Soit n ≥ 2. Montrer que si k est un entier relatif premier avec n, alors k ϕ(n) ≡ 1 (mod n) (théorème d’Euler). 4. Soit n ≥ 2. Montrer que n est premier si et seulement si (n − 1)! ≡ −1 (mod n) (théorème de Wilson). p−1 P 1 5. Soit p un nombre premier strictement plus grand que 3. On note Sp = et pour tout k=1 k p−1 Q entier k compris entre 1 et p − 1, pk = j. j=1 j6=k,j6=p−k (a) Montrer que : p−1 X pk = 2 k=1 (p − 1)! Sp . p ³ (b) Montrer que pour tout entier k compris entre 1 et p − 1, pk = k (c) En déduire que p−1 P ´ −1 2 dans Zp . pk est divisible par p. k=1 a avec a et b premiers entre eux, montrer que p2 divise a. b 6. Soient p un nombre premier et α un entier naturel non nul. Montrer que : (d) En écrivant Sp = ϕ (pα ) = (p − 1) pα−1 . 7. Montrer que si n et m sont deux entiers naturels non nuls premiers entre eux, alors ϕ (nm) = ϕ (n) ϕ (m) . Énoncé 575 8. Montrer que si n ≥ 1 a pour décomposition en facteurs premiers n = 2 ≤ p1 < · · · < pr premiers et les αi entiers naturels non nuls, alors : ϕ (n) = n r µ Y i=1 1 1− pi r Q i=1 pαi i avec ¶ . 9. Soient p et q deux nombres premiers distincts et n = pq. Montrer que si a et b sont deux entiers naturels tels que ab ≡ 1 (mod ϕ (n)) , alors pour tout entier relatif c, on a cab ≡ c (mod n) . 10. On veut montrer dans cette question que : ∀n ≥ 2, ϕ (n) > √ n − 1. (a) Montrer le résultat pour n = 2, 3, 4, 5, 6. r Q (b) Montrer le résultat pour n = pi avec 3 ≤ p1 < · · · < pr premiers. i=1 (c) Montrer le résultat pour n impair supérieur ou égal à 7. (d) Montrer le résultat pour n = 2α avec α ≥ 3. (e) Montrer le résultat pour n = 2α 3β avec α ≥ 1, β ≥ 1 et (α, β) 6= (1, 1) . (f) Montrer le résultat pour n pair supérieur ou égal à 7. 11. Pour tout entier n ≥ 2, on note Dn l’ensemble des diviseurs positifs de n et pour tout d ∈ Dn , on note : n no . Sd = k ∈ {1, · · · , n} | k ∧ n = d (a) Montrer que les Sd , pour d décrivant Dn , forment une partition de {1, · · · , n} . (b) Montrer que pour tout d ∈ Dn on a card (Sd ) = ϕ (d) . (c) En déduire la formule de Möbius : n= X ϕ (d) . d∈Dn 12. Pour tout entier n ≥ 2, on désigne par Φn le n-ième polynôme cyclotomique défini par : Y¡ ¢ Φn (X) = X − ωnk , k∈Sn 2iπ où Sn est l’ensemble des entiers k compris entre 1 et n premier avec n et ωn = e n . Pour n = 1, on note Φ1 (X) = X − 1. Q (a) Montrer que X n − 1 = Φd , où Dn est l’ensemble des diviseurs positifs de n. d∈Dn P (b) En déduire la formule de Möbius n = ϕ (d) . d∈Dn – III– Quelques propriétés de Zn∗ 1. Pour tout entier n ≥ 2, on note Gn le groupe des automorphismes du groupe additif Zn . 576 L’anneau Z/nZ et les nombres de Carmichaël (a) Montrer que pour tout x ∈ Z∗n l’application σ (x) définie sur Zn par : ∀y ∈ Zn , σ (x) (y) = xy est un automorphisme du groupe additif Zn . (b) Montrer que l’application σ réalise un isomorphisme de (Z∗n , ·) sur (Gn , ◦) . 2. Soit p un nombre premier. On désigne toujours par Dp−1 l’ensemble des diviseurs positifs de p − 1 et pour tout d ∈ Dp−1 , on note ψ (d) le nombre d’éléments d’ordre d dans Z∗p . (a) Montrer que : p−1= X ψ (d) . d∈Dp−1 (b) Soit d ∈ Dp−1 . Montrer que si ψ (d) > 0, alors ψ (d) = ϕ (d) . (c) Montrer que ψ (d) = ϕ (d) pour tout d ∈ Dp−1 et en déduire que Z∗p est cyclique (on retrouve donc un cas particulier du résultat de I.5.). 3. Soient p un nombre premier impair et α un entier supérieur ou égal à 2. On se propose dans cette question de montrer que le groupe multiplicatif Z∗pα est cyclique (voir aussi le livre d’algèbre de Perrin-Riou). (a) Montrer que pour tout entier k compris entre 1 et p − 1, Cpk est divisible par p. (b) Montrer qu’il existe une suite d’entiers naturels non nuls (λk )k∈N tous premiers avec p tels que : k ∀k ∈ N, (1 + p)p = 1 + λk pk+1 . (c) Montrer que la classe résiduelle modulo pα , 1 + p est d’ordre pα−1 dans Z∗pα . α−1 (d) Soit x = k + pZ un générateur du groupe cyclique Z∗p . Montrer que y = k p est d’ordre p − 1 dans Z∗pα . + pα Z (e) Déduire de ce qui précède que Z∗pα est cyclique. 4. Montrer que Z∗2 et Z∗22 sont cycliques. 5. Dans cette question on s’intéresse au groupe multiplicatif Z∗2α pour α ≥ 3. (a) Montrer qu’il existe une suite (λk )k∈N d’entiers impairs tels que : ∀k ∈ N, k 52 = 1 + λk 2k+2 . (b) Montrer que la classe résiduelle de 5 modulo 2α est d’ordre 2α−2 dans Z∗2α . (c) On désigne par ψ l’application qui à toute classe résiduelle modulo 2α , k + 2α Z, associe la classe résiduelle modulo 4, k + 4Z. Montrer que cette application est bien définie, qu’elle induit un morphisme surjectif de groupes multiplicatifs de Z∗2α sur Z∗4 et que son noyau est un groupe cyclique d’ordre 2α−2 . (d) Montrer que l’application : π : Z∗2α → Z∗4 × ker (ψ) x 7→ (ψ (x) , ψ (x) x) est un isomorphisme de groupes. En déduire que Z∗2α est isomorphe à Z2 × Z2α−2 . Le groupe Z∗2α est-il cyclique ? Solution 577 – IV – Nombres de Carmichaël Un théorème de Fermat nous dit que si p est premier et k premier avec p, alors k p−1 ≡ 1 (mod p) (théorème d’Euler II.3. avec n premier). Dans cette partie on s’intéresse à la réciproque de ce résultat. Que peut-on dire de n tel que k n−1 ≡ 1 (mod n) pour tout k premier avec n ? On appelle nombre de Carmichaël tout entier n ≥ 2 non premier tel que : ∀x ∈ Z∗n , xn−1 = 1. 1. Montrer qu’un nombre de Carmichaël est impair. r Q 2. Soit n = pi avec r ≥ 2, 3 ≤ p1 < · · · < pr premiers tels que pour tout i compris entre i=1 1 et r, pi − 1 divise n − 1. Montrer que n est un nombre de Carmichaël. r Q 3. Soit n = pαi i avec r ≥ 2, 3 ≤ p1 < · · · < pr premiers et αi ≥ 1 pour tout i compris i=1 entre 1 et n un nombre de Carmichaël. (a) On suppose qu’il existe un indice i compris entre 1 et r tel que αi ≥ 2. i. Montrer qu’il existe un entier relatif p tel que la classe modulo pαi i , p + pαi i Z, soit d’ordre pi dans Z∗pαi et qu’il existe un entier relatif q premier avec n solution du i système de congruence : ( q ≡ p (mod pαi i ) ¡ α ¢ q≡1 mod pj j (1 ≤ j 6= i ≤ r) . ii. En déduire que pi divise n − 1 et conclure. r Q pi avec pi − 1 divisant n − 1 pour tout i compris entre 1 et r. (b) Montrer que n = i=1 (c) Montrer que r ≥ 3. On a donc montré le résultat suivant pour n ≥ 2 : la condition k n−1 ≡ 1 (mod n) r Q pour tout k premier avec n est équivalente à n premier ou n = pi avec r ≥ 3, i=1 3 ≤ p1 < · · · < pr premiers tels que pour tout i compris entre 1 et r, pi − 1 divise n − 1. Par exemple 561, 1105, 1729, sont des nombres de Carmichaël (il y en a une infinité). 33.2 Solution – I – Préliminaires sur les groupes finis Q Z Z Z [X] (ou [X] avec p premier, ou ) est infini et tous ses 2Z pZ p∈P pZ éléments sont d’ordre 2. Si on définit sur le corps Q des rationnels la relation d’équivalence r v s si et seulement Q si r − s ∈ Z, alors le groupe quotient pour cette relation d’équivalence est infini et tous Z p ses éléments sont d’ordre fini (q = 0). q Si E est un ensemble infini, alors (P (E) , ∆) où ∆ est l’opérateur de différence symétrique est infini et tous les éléments sont d’ordre 1 ou 2 puisque A∆A = ∅. 1. Le groupe additif G = 578 L’anneau Z/nZ et les nombres de Carmichaël 2. On a (xy)pq = (xp )q (y q )p = 1 puisque x et y commutent. L’ordre r de xy est donc un diviseur de pq. L’égalité (xy)r = xr y r = 1 entraîne y r = (xr )−1 ∈ hxi ∩ hyi = H. Le groupe H étant contenu dans les groupes hxi et hyi a un ordre qui divise p et q et ces entiers étant premiers entre eux, on a nécessairement H = {1} . On a donc y r = xr = 1 et r est un multiple de p et q, donc de pq puisque p et q sont premiers entre eux. On peut donc conclure à l’égalité r = pq. Une autre solution consiste à dire que si (xy)r = 1, alors (xy)rp = 1 avec xrp = 1 et x, y qui commutent, donc y rp = 1 et q divise rp, il divise donc r puisqu’il est premier avec p. De même p divise r. Donc pq divise r et pq est l’ordre de xy puisque (xy)pq = 1. Si p et q ne sont pas premiers entre eux, l’ordre de xy n’est pas nécessairement le ppcm des ordres de x et y. En prenant x d’ordre p ≥ 2 dans G et y = x−1 qui est également d’ordre p, on xy = 1 d’ordre 1 6= ppcm (p, p) = p. 3. Le produit de deux réflexions vectorielles σD et σD0 d’axes D et D0 faisant un angle α est une rotation d’angle 2α. Chaque réflexion est d’ordre 2 et la composée σD ◦ σD0 est 2π d’ordre infini si ∈ / Q. 2α On peut aussi considérer la composée de deux symétries centrales dans le plan de centre −−−→ O1 et O2 distincts, cette composée est la translation de vecteur 2O1 O2 qui est d’ordre infini dans le groupe des bijections du plan. 4. (a) On a les décompositions en facteurs premiers : p= r Y pαi i , q= i=1 r Y pβi i i=1 avec 2 ≤ p1 < · · · < pr premiers et les αi , βi positifs ou nuls pour 1 ≤ i ≤ r. On pose alors : r r Y Y αi 0 0 p = pi , q = pβi i i=1 αi >βi i=1 αi ≤βi (p0 ou q 0 est égal à 1 si la condition αi > βi ou αi ≤ βi n’est jamais vérifiée) et on a r Q max(αi ,βi ) pi = p0 q 0 , p0 ∧ q 0 = 1. p0 divise p, q 0 divise q, p ∨ q = i=1 (b) Soit µ le plus grand des ordres des éléments de G (l’exposant de G) et x un élément d’ordre µ dans G. Nous allons montrer que µ est multiple de l’ordre de tout élément de G, en conséquence c’est le ppcm de ces ordres. Soit donc y un élément de G et p son ordre. En désignant par µ0 et p0 des µentiers premiers entre eux tels que µ0 divise p µ, p0 divise p et µ ∨ p = µ0 p0 , on a x0 = x µ0 d’ordre µ0 , y 0 = y p0 d’ordre p0 et le produit x0 y 0 est d’ordre µ0 p0 = µ ∨ p (le groupe G est commutatif et les ordres µ0 et p0 sont premiers entre eux). Ce qui entraîne µ ∨ p ≤ µ et µ = µ ∨ p est un multiple de p. En définitive µ est le ppcm m des ordres des éléments de G et il existe un élément x de G d’ordre m. p Q (c) Soit {x1 , · · · , xp } un système de générateurs de G (qui est fini) et H = hxi i . Du fait que G est commutatif, l’application ψ : H → G définie par : ∀y = (y1 , · · · , yp ) ∈ H, ψ (y) = p Y i=1 yi i=1 Solution 579 est un morphisme de groupes et ce morphisme est surjectif puisque {x1 , · · · , xp } engendre G. Ce morphisme surjectif induit alors un isomorphisme du groupe quotient H sur G, ce qui entraîne card (H) = card (ker (ψ)) card (G) et n = card (G) ker (ψ) p Q divise card (H) = ri où, pour i compris entre 1 et p, ri est l’ordre de xi . Le ppcm i=1 m des ordres des éléments de G étant multiple de chaque ri , mp est multiple de p Q ri i=1 donc de n, ce qui entraîne que m a les mêmes facteurs premiers que n. Autre solution : il existe x ∈ G d’ordre m, donc m divise n et les facteurs premiers de m sont des facteurs premiers de n. Le théorème de Sylow nous dit que si p est un diviseur premier de n, il existe alors un sous-groupe H de G d’ordre p et H est cyclique, soit H = hai avec a d’ordre p dans G, donc p divise m. Z ×· · · Voir le théorème de décomposition des groupes abéliens sous la forme : Zr × q1 Z (d) Si p est un diviseur premier de n, c’est également un diviseur premier de m et m = pr. En désignant par x un élément de G d’ordre m et en posant y = xr on dispose d’un élément d’ordre p dans G (c’est le premier théorème de Sylow, voir Schwarz). 5. Soit G un sous groupe d’ordre n de K∗ . Il existe dans G (commutatif) un élément x d’ordre m ≤ n égal au ppcm des ordres des éléments de G. L’ordre de tout élément de G divisant m, on déduit que tout y ∈ G est racine du polynôme P (X) = X m − 1, ce qui donne n racines de P dans K, mais sur un corps commutatif un polynôme de degré m a au plus m racines1 , on a donc n ≤ m. En définitive m = n et G ayant un élément d’ordre n est cyclique. 6. (a) Si tous les éléments de G sont d’ordre au plus égal à 2, alors pour tout x ∈ G, on a x2 = 1 et x = x−1 . Pour x, y dans G, on a alors xy = x−1 y −1 = (yx)−1 = yx, c’est-à-dire que G est commutatif. (b) On suppose de plus que G est fini. Si G est réduit à {1} alors card (G) = 1 = 20 . Si G n’est pas réduit à {1} , il existe x ∈ G \ {1} tel que hxi = {1, x} et le groupe G quotient est de cardinal strictement inférieur à 2 avec tous ses éléments d’ordre hxi au plus égal à 2. On conclut alors par récurrence sur l’ordre de G. En supposant le résultat ¶acquis pour les groupes d’ordre strictement inférieur à card (G) , on a µ G = 2p et card (G) = 2p+1 . card hxi Autre solution : ppcm {ordre des éléments de G} = 2 qui a les mêmes facteurs premiers que n, donc n = 2m (4.c.). Autre solution : si p est un diviseur premier de n, alors il existe x d’ordre p dans G (4.d.), mais x est d’ordre 1 ou 2, donc p = 2 et n = 2m . 7. (a) Soit x = ak ∈ H. On note d = n ∧ k, n = dn0 , k = dk 0 avec k 0 et n0 premiers entre n k 0 0 0 eux. On a xn = akn = ak d = a d n = ak n = 1, ce qui entraîne que n0 est un multiple de l’ordre m de x. D’autre part, avec 1 = xm = akm on déduit que n = dn0 divise km = dk 0 m et n0 divise k 0 m avec n0 et k 0 premiers entre eux, ce qui entraîne que n0 n . divise m. On a donc m = n0 = n∧k 1 Ce résultat est faux sur un corps non commutatif, voir par exemple le corps des quaternions. 580 L’anneau Z/nZ et les nombres de Carmichaël (b) Si H n’est pas réduit à {1} , il existe k compris entre 1 et n − 1 tel que ak ∈ H et on peut poser : © ª p = min k ∈ {1, · · · , n − 1} | ak ∈ H . En écrivant, pour tout x = ak ∈ H, k = pq + r avec 0 ≤ r ≤ p − 1 (division euclidienne), on a ar = ak (apq )−1 ∈ H et nécessairement r = 0. On a donc H ⊂ hap i ⊂ H, soit H = hap i . Avec an = 1 ∈ H on déduit que n est multiple de p et n n l’ordre de H est égal à = . n∧p p n et H est un sous-groupe (c) Si q est un diviseur de n, on pose H = hap i où p = q n cyclique de G d’ordre = q. Réciproquement si H est un sous-groupe de G d’ordre p n q, c’est nécessairement H = hap i avec p = (question précédente). q – II – Quelques propriétés de la fonction indicatrice d’Euler 1. Dire que k est inversible dans Zn équivaut à dire qu’il existe u ∈ Zn tel que ku = 1 encore équivalent à dire qu’il existe u ∈ Z tel que uk = 1, soit à dire que 1 est dans le groupe engendré par k et donc que ce groupe est Zn . Donc k ∈ Z∗n si et seulement si k est générateur du groupe additif Zn . Il en résulte que ϕ (n) est le nombre de générateurs du groupe cyclique (Zn , +) . 2. Dire que k est inversible dans Zn équivaut à dire qu’il existe u ∈ Zn tel que ku = 1 encore équivalent à dire qu’il existe deux entiers relatifs u et v tels que ku + nv = 1 équivalent à dire que k et n sont premiers entre eux (théorème de Bézout). En considérant que chaque classe modulo n a un unique représentant compris entre 1 et n, on déduit que ϕ (n) est le nombre d’entiers compris entre 1 et n premiers avec n.2 ϕ(n) 3. Si k est premier avec n, alors k appartient à Z∗n qui est d’ordre ϕ (n) et k = 1, ϕ(n) c’est-à-dire que k ≡ 1 (mod n) . 4. Si n est premier alors Zn est un corps commutatif et tout élément a de Z∗n est racine du n−1 ¢ Q Q¡ polynôme X n−1 − 1, on a donc X n−1 − 1 = (X − a) = X − k dans Zn [X] et en évaluant ce polynôme en 0, il vient −1 = a∈Z∗n n−1 Q¡ k=1 ¢ −k = (−1)n−1 (n − 1)!. Pour n = 2, on a k=1 −1 = 1 et pour n ≥ 2 premier on a n impair et −1 = (n − 1)! dans Zn . Réciproquement si n ≥ 2 est tel que (n − 1)! = −1 dans Zn , alors tout diviseur d de n compris entre 1 et n − 1 divisant (n − 1)! = −1 + kn va diviser −1, ce qui donne d = 1 et l’entier n est premier. 5. (a) On a : ¶ p−1 µ p−1 X (p − 1)! X 1 1 (p − 1)! (p − 1)! = + Sp . pk = =2 k (p − k) p k p−k p k=1 k=1 k=1 p−1 X (b) Pour k compris entre 1 et p − 1, on a, en utilisant le théorème de Wilson : k (p − k) pk = (p − 1)! ≡ −1 (mod p) , ³ −1 ´2 2 ce qui donne k pk ≡ 1 (mod p) ou encore pk = k dans Zn . 2 ϕ (n) n est la probabilité pour qu’un entier k pris au hasard entre 1 et n soit premier avec n. Solution 581 (c) L’application x 7→ x−1 réalisant une permutation de Z∗n , on a : p−1 X p−1 ³ p−1 p−1 ´ X X¡ X X X ¢ −1 2 2 2 −1 2 pk = k j = = x = (y) = j 2, k=1 p−1 P x∈Z∗n k=1 y∈Z∗n j=1 j=1 p (p − 1) (2p − 1) ∈ N et p premier strictement plus grand que 3, ce 6 j=1 qui entraîne que 6 divise p (p − 1) (2p − 1) en étant premier avec p, donc 6 divise (p − 1) (2p − 1) (p − 1) (2p − 1) (théorème de Gauss) et ∈ N, ce qui permet de 6 conclure à : p−1 p−1 X X pk = j2 = 0 avec j2 = j=1 k=1 dans Zn . (d) L’égalité p−1 P pk = 2 k=1 (p − 1)! a Sp avec Sp = , s’écrit : p b pb p−1 X pk = 2a (p − 1)! k=1 et du fait que p divise p−1 P pk , on déduit que p2 divise 2a (p − 1)!. L’entier p étant k=1 premier impair est premier avec 2 (p − 1)!, on déduit avec le théorème de Gauss que p2 divise a. 6. Si p est premier, alors un entier k compris entre 1 et pα n’est pas premier avec pα si et seulement si il est divisible par p, ce qui équivaut à k = mp avec 1 ≤ m ≤ pα−1 , il y a donc pα−1 possibilités. On en déduit alors que : ϕ (pα ) = pα − pα−1 = (p − 1) pα−1 . 7. Le théorème chinois nous dit que si n et m sont deux entiers premiers entre eux alors les anneaux Znm et Zn × Zm sont isomorphes, un isomorphisme étant réalisé par : µ ¶ · ·· ¡ ¢ ∀k ∈ Znm , f k = k, k , · ·· où on a noté k la classe de k modulo nm, k la classe de k modulo n et k la classe de k modulo m. La restriction de f à Z∗nm réalise un isomorphisme de groupes multiplicatifs de Z∗nm sur Z∗n × Z∗m , ce qui entraîne : ϕ (nm) = card (Z∗nm ) = card (Z∗n ) card (Z∗m ) = ϕ (n) ϕ (m) . 8. En utilisant les résultats des questions précédentes, on a : ϕ (n) = r Y i=1 ϕ (pαi i ) = r Y i=1 αi ϕ (p ) = r Y i=1 (pi − 1) pαi i −1 =n r µ Y i=1 1 1− pi ¶ . 582 L’anneau Z/nZ et les nombres de Carmichaël 9. Si ab ≡ 1 (mod ϕ (n)) , il existe alors un entier relatif k tel que : ab = 1 + kϕ (n) = 1 + k (p − 1) (q − 1) . Si c est un entier relatif premier avec p, on a alors cp−1 ≡ 1 (mod p) (théorème de Fermat) et : cab = cck(p−1)(q−1) ≡ c (mod p) . Si l’entier relatif c n’est pas premier avec p, c’est nécessairement un multiple de p (qui est premier) et : cab ≡ 0 ≡ c (mod p) . De manière analogue, on a cab ≡ c (mod q) et avec p et q premiers entre eux il en résulte que cab ≡ c (mod pq) .3 √ √ √ 10. (a) On a ϕ (2) = 1 > 2 − 1, ϕ (5) = 4 > 5 − 1 et ϕ (3) = ϕ (4) = ϕ (6) = 2 > k − 1 pour k = 3, 4, 6. r Q (b) Si n = pi avec 3 ≤ p1 < · · · < pr premiers, on a alors : i=1 r ϕ (n) Y pi − 1 √ = √ . pi n i=1 Pour p ≥ 3, on a p (p − 3) ≥ 0, soit p2 −3p+1√ > 0 ou encore (p − 1)2 > p, c’est-à-dire √ p − 1 > p. On en déduit donc que ϕ (n) > n. r Q pαi i avec 3 ≤ p1 < (c) Si n est un nombre impair supérieur ou égal à 7, il s’écrit n = i=1 · · · < pr premiers et αi ≥ 1 pour tout i compris entre 1 et r. En posant m = on a : r n Y n ϕ (n) = ϕ (pi ) = ϕ (m) m i=1 m et : ce qui donne ϕ (n) > √ ϕ (n) √ = n r r Q pi , i=1 n ϕ (m) ϕ (m) √ ≥ √ > 1, m m m n. α (d) Si n = 2 avec α ≥ 3, on a alors : ³√ ´α−2 α ϕ (n) √ = 2 2 −1 = 2 >1 n et ϕ (n) > √ n. (e) Si n = 2α 3β avec α ≥ 1, β ≥ 1 et (α, β) 6= (1, 1) , on a alors : ³√ ´α ³√ ´β−2 α β ϕ (n) √ = 2 2 3 2 −1 = 2 3 >1 n (pour β ≥ 2 il n’y a pas de problème et pour β = 1 on a α ≥ 2 et √ 2 √ > 1), ce qui donne ϕ (n) > n. 3 3 Ce résultat est à la base du système cryptographique R.S.A. ¡√ ¢α ¡√ ¢−1 2 3 ≥ Solution 583 (f) Si n est pair, il s’écrit n = 2α1 r Q i=2 pαi i avec 3 ≤ p2 < · · · < pr premiers et αi ≥ 1 pour tout i compris entre 1 et r. En posant m = 2 r Q pi , on a : : i=2 ϕ (n) √ = n avec : r n ϕ (m) ϕ (m) √ ≥ √ , m m m r ϕ (m) 1 Y pi − 1 √ =√ √ . pi m 2 i=2 p−1 ϕ (m) p2 − 1 p2 − 1 Pour p ≥ 3, on a √ > 1, donc √ > √ √ et pour p2 ≥ 5, on a √ √ > 1. p m 2 p2 2 p2 r Q pαi i où 5 ≤ p3 < · · · < pr Il reste à étudier le cas p2 = 3, soit n = 2α1 3α2 r, avec r = i=3 sont premiers. Dans ce cas, on a : ϕ (n) ϕ (2α1 3α2 ) ϕ (r) √ = √ √ >1 n r 2α1 3α2 d’après ce qui précède. On a donc ainsi montré que ϕ (n) > √ n pour tout n ≥ 7. 11. (a) Il est clair que Sd ∩ Sd0 = ∅ pour d 6= d0 dans Dn . Si k est un entier compris entre 1 et n, en notant δ le pgcd de k et n, k = δk 0 et n = δd avec k 0 et d premiers entre n eux, on a k ∧ n = δ = et k ∈ Sd avec d ∈ Dn . On a donc la partition : d [ Sd . {1, · · · , n} = d∈Dn (b) Un entier k compris entre 1 et n est dans Sd si et seulement si il s’écrit k = k 0 compris entre 1 et d premier avec d. On a donc : n 0 k avec d card (Sd ) = card {k 0 ∈ {1, · · · , d} | k 0 ∧ d = 1} = ϕ (d) . P (c) Des deux questions précédentes, on déduit que n = ϕ (d) . d∈Dn 12. (a) Les Sd , pour d ∈ Dn formant une partition de {1, · · · , n} , on a : n X −1= n Y ¡ Y Y¡ ¢ ¢ X − ωnk , X − ωnk = k=1 d∈Dn k∈Sd avec : Y¡ X− ωnk ¢ k∈Sd (k ∈ Sd s’écrit k = k 0 = µ d Y ³ X− e 2iπ n ´k0 nd ¶ k0 =1 k0 ∧d=1 = d ³ Y X− 0 ωdk ´ = Φd (X) k0 =1 k0 ∧d=1 n avec k 0 compris entre 1 et d premier avec d), ce qui donne : d Y Xn − 1 = Φd (X) . d∈Dn 584 L’anneau Z/nZ et les nombres de Carmichaël (b) Chaque polynôme ΦP d étant de degré ϕ (d) , en posant ϕ (1) = 1, on déduit du résultat précédent que n = ϕ (d) . d∈Dn – III– Quelques propriétés de Zn∗ 1. (a) Pour y, z dans Zn , on a : σ (x) (y + z) = x (y + z) = xy + xz = σ (x) (y) + σ (x) (z) , c’est-à-dire que σ (x) est un morphisme de groupes additifs. Si y ∈ ker (σ (x)) , alors xy = 0 et y = x−1 xy = 0, c’est-à-dire que σ (x) est injectif et donc bijectif puisque Zn est fini. On a donc bien σ (x) ∈ Aut (Zn ) = Gn . Ou bien : (σ (x) ◦ σ (x−1 )) (y) = (σ (x−1 ) ◦ σ (x)) (y) = y et automorphisme. (b) Pour x, x0 dans Z∗n et y dans Zn , on a : σ (xx0 ) (y) = x (x0 y) = (σ (x) ◦ σ (x0 )) (y) . 0 On a donc σ (xx0 ) = σ (x) ¡ ◦¢ σ (x ) et σ est un morphisme de groupes. Si σ (x) = Id , on a σ (x) 1 = 1, soit x = x1 = 1, donc σ est injective. ¡ ¢ Si u ∈ Gn et k = u 1 , alors pour tout j ∈ Zn , on a : ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ u j = u j1 = ju 1 = jk = jk = σ k j. L’application σ est donc surjective. En définitive σ réalise un isomorphisme de groupes de (Z∗n , ·) sur (Aut (Zn ) , ◦) . ∗ 2. (a) Du Pfait que tout élément de Zp a un ordre qui divise p − 1, on déduit que p − 1 = ψ (d) . d∈Dp−1 (b) Dire que ψ (d) > 0 équivaut à dire qu’il existe dans Z∗p au moins un élément x d’ordre ª © d et le groupe G = 1, x, · · · , xd−1 est alors formé de d solutions distinctes de l’équation X d −1 = 0, or cette équation a au plus d solutions dans le corps commutatif Zp , il en résulte que G est exactement l’ensemble de toutes les solutions de cette équation. On déduit donc que les éléments d’ordre d dans Z∗p sont les générateurs du groupe cyclique G et on sait qu’il y a ϕ (d) tels générateurs. On a donc ψ (d) = ϕ (d) si ψ (d) > 0. P P (c) On a p − 1 = ψ (d) = ϕ (d) avec ψ (d) = 0 ou ψ (d) = ϕ (d) , ce qui d∈Dp−1 d∈Dp−1 entraîne que ψ (d) = ϕ (d) pour tout d ∈ Dp−1 . En particulier, on a ψ (p − 1) > 0, c’est-à-dire qu’il existe dans Z∗p des éléments d’ordre p − 1 et ce groupe est alors cyclique d’ordre p − 1. p! 3. (a) On a Cpk = et p divise k! (p − k)!Cpk = p!. Tout entier j compris entre 1 k! (p − k)! et p − 1 étant premier avec p, on déduit du théorème de Gauss que p divise Cpk si k est compris entre 1 et p − 1. (b) On procède par récurrence sur k ≥ 0. Pour k = 0, on prend λ0 = 1. Pour k = 1, on a: p X p 2 (1 + p) = 1 + p + Cpk pk , k=2 Solution 585 avec Cpk pk divisible par p3 pour k compris entre 2 et p si p ≥ 3, ce qui donne : (1 + p)p = 1 + p2 + νp3 = 1 + λ1 p2 avec λ1 = 1 + νp premier avec p. En supposant le résultat acquis pour k ≥ 1, on a : k+1 (1 + p)p p X ¡ ¢p = 1 + λk pk+1 = 1 + λk pk+2 + Cpj λjk pj(k+1) , j=2 avec Cpj λjk pj(k+1) divisible par pk+3 , pour j compris entre 2 et p, ce qui donne : k+1 (1 + p)p = 1 + pk+2 (λk + νp) = 1 + λk+1 pk+2 , avec λk+1 = λk + νp premier avec p si λk est premier avec p. (c) 1 + p étant premier avec pα , on a bien 1 + p ∈ Z∗pα et avec : ( α−1 (1 + p)p = 1 + λα−1 pα ≡ 1 (mod pα ) α−2 (1 + p)p = 1 + λα−2 pα−1 6= 1 (mod pα ) (λα−2 est premier avec p, donc λα−2 pα−1 ne peut être divisible par pα ) on déduit que 1 + p est d’ordre pα−1 dans Z∗pα . (d) La classe modulo p, x = k + pZ est d’ordre p − 1 dans Z∗p et du fait que pα−1 − 1 α−1 α−1 est divisible par p − 1 pour α ≥ 2, on déduit que k p −1 ≡ 1 (mod p) et k p ≡ α−1 k (mod p) , ce qui entraîne que la classe modulo p de j = k p est d’ordre p − 1 dans Z∗p . D’autre part avec : j p−1 = k (p−1)p α−1 α) = k ϕ(p ≡1 (mod pα ) α−1 on déduit que y = j+pα Z =k p +pα Z est d’ordre p−1 dans Z∗pα (si j r ≡ 1 (mod pα ) avec r ≥ 1, alors pα et donc p divise j r − 1 ce qui entraîne j r ≡ 1 (mod p) et r est multiple de p − 1). (e) Dans Z∗pα on a x = 1 + p d’ordre pα−1 et un élément y d’ordre p − 1 avec p − 1 et pα−1 premiers entre eux, il en résulte que z = xy est d’ordre ppcm (p − 1, pα−1 ) = (p − 1) pα−1 = ϕ (pα ) dans Z∗pα . En conséquence Z∗pα est cyclique d’ordre Z∗pα . © ª © ª 4. On a Z∗2 = 1 et Z∗4 = 1, −1 ≈ Z2 . 5. (a) On procède par récurrence sur k ≥ 0. Pour k = 0, on a 5 = 1 + 22 et λ0 = 1. Pour k = 1, on a 52 = 1 + 3 ∗ 23 et λ1 = 3. En supposant le résultat acquis pour k ≥ 1, on a: ¢2 ¡ k+1 52 = 1 + λk 2k+2 = 1 + λk+1 2k+3 , ¢ ¡ avec λk+1 = λk + λ2k 2k+1 = λk 1 + λk 2k+1 impair si λk l’est. α−2 α−3 (b) On a 52 = 1+λα−2 2α ≡ 1 (mod 2α ) et 52 = 1+λα−3 2α−1 6= 1 (mod 2α ) du fait que λα−3 ≡ 1 (mod 2) . On a donc 5 + 2α Z d’ordre 2α−2 dans Z∗2α et H = h5 + 2α Zi est un sous-groupe cyclique d’ordre 2α−2 de Z∗2α , il est donc isomorphe à Z2α−2 . (c) Si k ≡ k 0 (mod 2α ) alors 2α divise k − k 0 et k ≡ k 0 (mod 4) (α ≥ 2), donc l’application ψ est bien définie. Dire que k + 2α Z est inversible dans Z2α équivaut à dire que k est premier avec 2α et donc avec 4, c’est-à-dire que ψ envoie Z∗2α dans Z∗4 . Il est facile de vérifier que ψ est un morphisme de groupes multiplicatifs. Si x = k + 4Z 586 L’anneau Z/nZ et les nombres de Carmichaël est inversible dans Z4 alors k ≡ 1 (mod 4) ou k ≡ −1 (mod 4) et x = ψ (y) avec y = 1 + 2α Z ou y = −1 + 2α Z dans Z∗2α , c’est-à-dire que ψ est surjective. Par passage Z∗2α au quotient ψ induit alors un isomorphisme de sur Z∗4 , il en résulte que : ker (ψ) card (Z∗2α ) = card (ker (ψ)) card (Z∗4 ) = 2 card (ker (ψ)) et card (ker (ψ)) = 2α−2 . Avec 5 + 2α Z d’ordre 2α−2 dans ker (ψ) (5 ≡ 1 (mod 4)) on déduit que ker (ψ) est cyclique d’ordre 2α−2 engendré par 5 + 2α Z. © ª (d) Pour x ∈ Z∗2α , on a ψ (x) ∈ Z∗4 = 1, −1 . Si ψ (x) = 1, alors ψ (x) x = x ∈ ker (ψ) et si ψ (x) = −1, alors ψ (x) x = −x et ψ (ψ (x) x) = −ψ (x) = 1 et ψ (x) x ∈ ker (ψ) . Du fait que ψ est un morphisme de groupes multiplicatifs, on déduit qu’il en est de même de π. Si x ∈ ker (π) , alors ψ (x) = 1 et ψ (x) x = 1, donc x = 1 et π est injectif. Ces deux groupes ayant même cardinal, on déduit que π est un isomorphisme. En résumé Z∗2α est isomorphe à Z2 × Z2α−2 pour α ≥ 3 et Z∗2α n’est pas cyclique puisqu’il n’y a pas d’élément d’ordre 2α−1 dans Z2 × Z2α−2 . – IV – Nombres de Carmichaël ¡ ¢n−1 1. Si n est pair, alors n − 1 est impair et −1 = −1 (n 6= 2) et n n’est pas un nombre de Carmichaël. 2. Soit x = k ∈ Z∗n avec k entier relatif premier avec n. Pour tout i compris entre 1 et r, l’entier k est premier avec pi et le théorème de Fermat nous dit que k pi −1 ≡ 1 (mod pi ) , ce qui entraîne k n−1 ≡ 1 (mod pi ) puisque n − 1 est multiple de pi − 1. On a donc pi qui divise k n−1 − 1 pour tout i compris entre 1 et r, les pi étant premiers et distincts, il en r Q n−1 = 1 dans Z∗n et donc n est un nombre de résulte que n = pi divise k n−1 − 1, soit k Carmichaël. 3. (a) i=1 i. Le groupe multiplicatif Z∗pαi est d’ordre ϕ (pαi i ) = (pi − 1) pαi i −1 et pour αi ≥ 2, i pi est un diviseur premier de l’ordre de ce groupe, on sait alors qu’il existe dans Z∗pαi un élément x = p + pαi i Z d’ordre pi . D’autre part le théorème chinois nous i dit que l’application : t + nZ 7→ (t + pα1 1 Z, · · · , t + pαr r Z) r Q réalise un isomorphisme d’anneaux de Zn sur un isomorphisme de groupes de Z∗n sur r Q i=1 (1 + pα1 1 Z, · · · , p + pαi i Z, · · · , 1 + pαr r Z) ∈ i=1 Zpαi i et ce isomorphisme induit Z∗pαi , en conséquence l’élément r Q i=1 i Z∗pαi a un unique antécédent q + nZ i dans Z∗n , ce qui se traduit par l’existence d’un entier relatif q premier avec n et solution de : ½ q ≡ p ¡(mod pαi i )¢ α q≡1 mod pj j (1 ≤ j 6= i ≤ r) . ii. L’entier q étant premier avec n, la classe résiduelle x = q + nZ est dans Z∗n et xn−1 = 1, c’est-à-dire que q n−1 ≡ 1 (mod n) , ce qui donne q n−1 ≡ 1 (mod pαi i ) d’après le théorème chinois, soit pn−1 ≡ 1 (mod pαi i ) puisque q ≡ p (mod pαi i ) . Solution 587 En conséquence l’ordre pi de p + pαi i Z dans Z∗pαi divise n − 1, ce qui est en i contradiction avec pi premier divisant n. En conclusion il ne peut pas exister r Q d’indice i tel que αi ≥ 2 si n est un nombre de Carmichaël. On a donc n = pi . i=1 1 et r le groupe multiplicatif Z∗pi est ki + pi Z d’ordre pi − 1 dans Z∗pi et (b) Pour tout i compris entre cyclique d’ordre pi −1, il existe donc un élément en désignant par k un entier relatif premier avec n solution de : ½ k ≡ ki (mod pi ) k ≡ 1 (mod pj ) (1 ≤ j 6= i ≤ r) (conséquence du théorème chinois), on a k n−1 ≡ 1 (mod n) (n est un nombre de Carmichaël et k +nZ est dans Z∗n ), donc k n−1 ≡ 1 (mod pi ) , soit kin−1 ≡ 1 (mod pi ) puisque k ≡ ki (mod pi ) et l’ordre de ki + pi Z dans Z∗pi qui est égal à pi − 1 divise n − 1. (c) Supposons que n = p1 p2 avec 3 ≤ p1 < p2 premiers tels que pi − 1 divise n − 1 pour i = 1, 2. En écrivant que n − 1 = (p1 − 1) + p1 (p2 − 1) , on déduit que n − 1 ne peut être divisible par p2 − 1, en effet si p2 − 1 divise n − 1 il divise p1 − 1 avec p1 < p2 , ce qui est impossible. En conséquence un nombre de Carmichaël a au moins trois facteurs premiers.