MAT3632 : théorie des nombres, automne 2013 Racines primitives

MAT3632 : théorie des nombres, automne 2013
Racines primitives
Soit n ∈ N un modulus et a ∈ N avec (a, n) = 1. On dit que a est une racine primitive
modulo n si (Z/nZ)∗ = {aj (mod n) : j ≥ 0}.
Lemme 0.1. Soient a, n ∈ N avec (a, n) = 1. Le nombre a est une racine primitive modulo
n si et seulement si ordn (a) = ϕ(n), auquel cas
(Z/nZ)∗ = {1 (mod n), a (mod n), a2 (mod n), . . . , aϕ(n)−1 (mod n)}.
Démonstration. On observe tout d’abord que ordn (a) ≤ ϕ(n) du Théorème d’Euler. Aussi,
A := {aj : j ≥ 0} = {1, a, a2 , . . . , aordn (a)−1 }. En effet, on a que A = {aj : 0 ≤ j < ordn (a)}
car aj+ordn (a) ≡ aj (mod n) de la définition de l’ordre multiplicative de a. Il reste de montrer
que les nombres 1, a, a2 , . . . , aordn (a)−1 sont tous distincts modulo n. En effet, si ce n’est pas
le cas, on trouve i et j tels que 0 ≤ i < j < ϕ(n) et ai ≡ aj (mod p). Mais c’implique
que aj−i ≡ 1 (mod n) (ici on utilise que (a, n) = 1). Mais 1 ≤ j − i < ordn (a), qui est une
contradiction.
Maintenant on est prêt à montrer le lemme. Puisque A ⊂ (Z/nZ)∗ , on a que A = (Z/nZ)∗
si et seulement si #A = #(Z/nZ)∗ . Puisque #A = ordn (a) et #(Z/nZ)∗ = ϕ(n), le résultat
suivi.
□
Du lemme au-dessus, c’est clair que si un modulus n possède des racines primitives, on
peut décrire (Z/nZ)∗ dans une façons simple. Donc le théorème suivant est très utile et
important :
Théorème 0.2. Le nombre n possède de racines primitives si et seulement si n ∈ {1, 2, 4} ∪
{pe : p nombre premier impair} ∪ {2pe : p nombre premier impair}.
On va montrer le théorème au-dessus à la Section ??. Pour maintenant, on donne une
application facile de lui.
Proposition 0.3. Soit n un nombre naturel qui possède de racines primitives. Pour chaque
d|ϕ(n), on a que
#{x ∈ (Z/nZ)∗ : ordn (x) = d} = ϕ(d).
Démonstration. Soit g une racine primitive modulo n. Alors
{x ∈ (Z/nZ)∗ : ordn (x) = d} = {j (mod ϕ(n)) : ord(g j ) = d}.
On observe que si m|ϕ(n), alors g jm ≡ 1 (mod n) si et seulement si ordn (g) = ϕ(n)|jm, si et
seulement si ϕ(n)
|j. Alors ord(g j ) = d si et seulement si ϕ(n)
|j et ϕ(n)
∤ j, pour chaque d′ |d
m
d
d′
avec d′ < d. Par la suite, si on écrit j = ϕ(n)
i, on trouve que
d
}
{
d
′
′
∗
#{x ∈ (Z/nZ) : ordn (x) = d} = # 1 ≤ i ≤ d : ′ ∤ i pour chaque d |d avec d < d
d
= # {1 ≤ i ≤ d : e ∤ i pour chaque e|d avec e > 1} ,
en posant e = d/d′ . Mais un nombre i a la propriété que e ∤ i pour chaque e|d avec e > 1 si
et seulement si (i, d) = 1. Donc
#{x ∈ (Z/nZ)∗ : ordn (x) = d} = #{1 ≤ i ≤ d : (i, d) = 1} = ϕ(d).
1
2
Ça termine la démonstration.
□
1. La fonction de Carmichael
Pour chaque n ∈ N, on définit
λ(n) = min{k ≥ 1 : ak ≡ 1 (mod n), ∀a ∈ (Z/nZ)∗ }.
La fonction λ est appelée la fonction de Carmichael. Elle est bien définie car aϕ(n) ≡
1 (mod n), pour chaque a ∈ (Z/nZ)∗ . En particulier, c’implique que λ(n) ≤ ϕ(n).
On a le résultat suivant qui donne une définition alternative pour λ.
Proposition 1.1. Pour chaque n ∈ N, on a que
λ(n) = max{ordn (a) : (a, n) = 1}.
En particulier, λ(n)|ϕ(n).
On a besoin le lemme auxiliaire suivant :
Lemme 1.2. Soient a, b, n ∈ N tels que (a, n) = (b, n) = 1.
(a) Si (ordn (a), ordn (b)) = 1, alors ordn (ab) = ordn (a) ordn (b).
(b) Si ordn (a) = dm, alors ordn (ad ) = m.
Démonstration. (a) Soit k = ordn (a), ℓ = ordn (b) et m = ordn (ab). Puisque k|kℓ, on a
que akℓ ≡ 1 (mod n). De même, on trouve que bkℓ ≡ 1 (mod n) et donc (ab)kℓ ≡ 1 (mod m).
C’implique que m|kℓ. Alors il suffit de montrer que kℓ|m. En effet, puisque m|mk, on a
que (ab)mk ≡ 1 (mod n). Mais amk ≡ 1 (mod n) et alors bmk ≡ 1 (mod n). Par la suite,
ℓ|mk. En combinant cette relation avec notre hypothèse que (k, ℓ) = 1, on déduit que ℓ|m.
En commençant de la relation (ab)mℓ ≡ 1 (mod n) et en appliquant un argument similaire,
on trouve que k|m également. Puisque (k, ℓ) = 1, on conclut que kℓ|m. Ça termine la
démonstration.
(b) On a que (ad )k = adk ≡ 1 (mod n) si et seulement si md = ordn (a)|dk, si et seulement
si m|k. Donc ordn (ad ) = m, comme clamé.
□
Démonstration de la Proposition ??. Soit k = max{ordn (a) : (a, n) = 1}. Il existe g ∈
(Z/nZ)∗ tel que k = ordn (g). De la définition de λ(n), on a que g λ(n) ≡ 1 (mod n). Par
la suite, k|λ(n), qui implique que k ≤ λ(n). Il reste de montrer que k ≥ λ(n) également.
Pour montrer ça, il suffit de prouver que ak ≡ 1 (mod k), pour chaque a ∈ (Z/nZ)∗ , ou, de
façon équivalente, que ordn (a)|k, pour chaque a ∈ (Z/nZ)∗ . Supposons, au contraire, qu’il
existe a ∈ (Z/nZ)∗ tel que ordn (a) ∤ k. Donc, si on pose ℓ = ordn (a), on trouve qu’il existe
un nombre premier p pour lequel vp (ℓ) > vp (k). On écrit ℓ = pw ℓ1 et k = pv k1 , où w =
vp (ℓ) > vp (k) = v. En particulier, p ∤ ℓ1 k1 . On va construire un élément de (Z/nZ)∗ d’ordre
pw k1 > k, qui est une contradiction à notre hypothèse que k = max{ordn (a) : (a, n) = 1}.
w
Pour faire ça, on utilise le Lemme ??. Si a1 := aℓ1 et g1 := g p , Lemme ??(b), nous
donne que ordn (a1 ) = pv et ordn (b1 ) = k1 . Puisque (k1 , pv ) = 1, Lemme ??(a) implique que
ord(a1 g1 ) = pw k1 > pv k1 = k, qui est impossible comme nous avons déjà vu. Donc ℓ|k, qui
est ce qu’il fallait démontrer.
□
Corollaire 1.3. Le nombre n ∈ N possède des racines primitives si et seulement si λ(n) =
ϕ(n).
3
Démonstration. Le nombre n possède des racines primitives quand il existe a ∈ (Z/nZ)∗
tel que ordn (a) = ϕ(n). Dans ce cas, on a que λ(n) ≥ ϕ(n), de la Proposition ??. Puisque
λ(n) ≤ ϕ(n) toujours, on conclut que λ(n) = ϕ(n) si n possède des racines primitives.
Inversement, si λ(n) = ϕ(n), alors il existe a ∈ (Z/nZ)∗ tel que ordn (a) = λ(n) = ϕ(n),
de la Proposition ??, qui conclut la démonstration.
□
Proposition 1.4. Si (m, n) = 1, alors λ(mn) = [λ(m), λ(n)].
Démonstration. Soit k = λ(m) et ℓ = λ(n). Si (x, mn) = 1, alors (x, m) = (x, n) = 1 et donc
xk ≡ 1 (mod m) et xℓ ≡ 1 (mod n),
de la définition de λ. Puisque k|[k, ℓ], on trouve que x[k,ℓ] ≡ 1 (mod m). De même, puisque
ℓ[k, ℓ], on trouve que x[k,ℓ] ≡ 1 (mod n). En combinant les relations au-dessus avec notre
hypothèse que (m, n) = 1, conclut que x[k,ℓ] ≡ 1 (mod mn), pour chaque x ∈ (Z/mnZ)∗ . Donc
λ(mn) ≤ [k, ℓ]. Pour montrer l’inégalité inverse, on considère a ∈ (Z/mZ)∗ et b ∈ (Z/nZ)∗
tels que k = ordm (a) et ℓ = ordn (b). (L’existence de a et b est garantie de la Proposition ??.)
Du Théorème de restes chinois, il existe x (mod mn) tel que x ≡ a (mod m) et x ≡ b (mod n).
On affirme que ordmn (x) = [k, ℓ]. En effet, on a que
{
{
r
x
≡
1
(mod
m)
ar ≡ 1 (mod m)
xr ≡ 1 (mod mn) ⇔
⇔
xr ≡ 1 (mod n)
br ≡ 1 (mod n)
{
k = ordm (a)|r
⇔
⇔ [k, ℓ]|r.
ℓ = ordn (b)|r
C’implique que ordmn (x) = [k, ℓ], comme clamé. Par conséquent, Proposition ?? implique
que λ(mn) ≥ [k, ℓ], qui conclut la preuve.
□
Corollaire 1.5. Si n = pv11 · · · pvrr est la factorisation du nombre n à ses facteurs premiers,
alors
v
λ(n) = [λ(pv11 ), . . . , λ(pvrr )] = min{m ∈ N : λ(pj j )|m ∀j ∈ {1, . . . , r}}.
□
Démonstration. Par induction sur r.
Le corollaire au-dessus réduit la calculation de λ à la calculation de λ(pv ) pour p un nombre
premier. Le théorème suivant, qu’on va prouver à la Section ??, donne la valeur de λ(pv ).
Théorème 1.6. Soit p un nombre premier et

v

ϕ(p )
λ(pv ) = ϕ(pv )

ϕ(pv )/2
v ≥ 1. On a que
si p > 2,
si p = 2 et v ≤ 2,
si p = 2 et v ≥ 3.
2. Racines primitives mod p
Ici on montre le Théorème ?? dans le cas special n = p, c’est-à-dire on montre le résultat
suivant.
Théorème 2.1. Si p est un nombre premier, alors il existe des racines primitives modulo p.
À fin de montrer Théorème ??, on a besoin d’un résultat auxiliaire, qui est intéressant
dans son propre mérité.
4
Théorème 2.2. Soit f (x) = ad xd + ad−1 xd−1 + · · · + a1 x + a0 un polynôme et p un nombre
premier. Si p ∤ ad , alors il existe au plus d classes de residues x (mod p) telles que f (x) ≡
0 (mod p).
Démonstration. On utilise induction sur d. Si d = 0, le résultat est trivial de notre hypothèse
que ad = a0 ̸≡ 0 (mod p). Supposons maintenant que le résultat tient pour tous les polynômes
de degré < d. Si l’ensemble A := {0 ≤ x ≤ p − 1 : f (x) ≡ 0 (mod p)} est vide, il y a rien
à montrer. Sinon, on pose A = {α1 , α2 , . . . , αn }, où n ≥ 1. On observe que x − α1 est un
facteur de f (x) − f (α1 ) : en effet,
f (x) − f (α1 ) =
d
∑
j=0
=
d
∑
aj xj −
d
∑
aj α1j =
j=0
d
∑
aj (xj − α1j )
j=0
aj (x − α)(xj−1 + xj−2 α1 + xj−3 α2 + · · · + xαj−2 + α1j−1 )
j=0
= (x − α1 )g(x),
où
g(x) :=
d
∑
aj (xj−1 + xj−2 α1 + xj−3 α2 + · · · + xαj−2 + α1j−1 )
j=0
= ad xd−1 + plus petites puissances de x.
De plus, puisque f (α1 ) ≡ 0 (mod p), on a que
f (x) ≡ (x − α1 )g(x) (mod p) (x ∈ Z).
Donc si g(α) ≡ 0 (mod p) pour un entier α, alors f (α) ≡ 0 (mod p), c’est-à-dire, α ∈ A. On
distingue deux cas.
Si g(α1 ) ̸≡ 0 (mod p), alors {0 ≤ x ≤ p − 1 : g(x) ≡ 0 (mod p)} = {α2 , α3 , . . . , αn } et
l’hypothèse inductive implique que n − 1 ≤ d − 1 et donc n ≤ d, qui est ce qu’il fallait
montrer.
Si g(α1 ) ≡ 0 (mod p), on observe comme au-dessus que g(x) − g(α1 ) = (x − α1 )h(x) pour
un polynôme h(x) qui est de type
h(x) = ad xd−2 + plus petites puissances de x.
En particulier, on a que g(x) ≡ (x − α1 )h(x) (mod p) et, par conséquent,
f (x) ≡ (x − α1 )2 h(x) (mod p) (x ∈ Z).
Si h(α1 ) ̸≡ 0 (mod p), on trouve que {0 ≤ x ≤ p − 1 : h(x) ≡ 0 (mod p)} = {α2 , α3 , . . . , αn }
et l’hypothèse inductive implique que n − 1 ≤ d − 2 et donc n ≤ d − 1 ≤ d, qui est ce qu’il
fallait montrer. Sinon, on factorise h(x) − h(α1 ) et on répète l’argument au-dessus avec h au
lieu de g et d − 1 au lieu de d. C’est évident que, puisque d est fini, cette procédure va se
terminer (soit dans m étapes, 1 ≤ m ≤ d) et, éventuellement, on va trouver un polynôme
k(x) de type
k(x) = ad xd−m + plus petites puissances de x
et tel que k(α1 ) ̸≡ 0 (mod p) et
f (x) ≡ (x − α1 )m k(x) (mod p) (x ∈ Z).
5
Donc, pour ce polynôme k(x), on a que {0 ≤ x ≤ p−1 : k(x) ≡ 0 (mod p)} = {α2 , α3 , . . . , αn }
et l’hypothèse inductive implique que n − 1 ≤ deg(k) = d − m. Donc n ≤ d − m + 1 ≤ d, qui
est ce qu’il fallait montrer. Ça termine la démonstration.
□
Démontration du Théorème ??. Il suffit de montrer que k := λ(p) = ϕ(p) = p − 1. On a que
xk ≡ 1 (mod p), pour x ∈ {1, 2, . . . , p − 1}. Donc le polynôme f (x) = xk − 1 a au moins p − 1
racines mod p. D’autre côte, f (x) peut avoir au plus k = deg(f ) racines mod p du Théorème
??. Donc p − 1 ≤ k ≤ p − 1. C’implique que k = p − 1, qui conclut la démonstration.
□
3. Démonstration des Théorèmes ?? et ??
Démonstration du Théorème ??.
Cas 1 : p impair. Du Corollaire ??, l’égalité λ(pv ) = ϕ(pv ) est égal au fait qu’il existe
des racines primitives mod pv . On sait déjà qu’il existe de racines primitives mod p. Notre
stratégie sera de lever un tel racine primitive mod pv , pour v ≥ 1. On distingue deux sous-cas :
Sous-cas 1a : v = 2. Soit g une racine primitive mod p. Si x (mod p2 ) tel que x ≡
g (mod p) et on pose k = ordp2 (x), on a que k|ϕ(p2 ) = p(p − 1) et que xk ≡ 1 (mod p2 ). Donc
g k ≡ xk (mod p) ≡ 1 (mod p), qui implique que ordp (g) = p − 1|k. Puisque k|p(p − 1), les
seules possibilités sont k = p − 1 ou k = p(p − 1). On doit montrer qu’il existe x tel que
ordp2 (x) = p(p − 1). De façon équivalente, on doit trouver x tel que x ≡ g (mod p) et que
xp−1 ̸≡ 1 (mod p2 ). On considère le polynôme f (x) = xp−1 − 1. On a que f (g) ≡ 0 (mod p)
et que f ′ (g) = (p − 1)g p−2 ̸≡ 0 (mod p). Donc le lemme de Hensel implique qu’il existe
x0 (mod p2 ) unique tel que x0 ≡ g (mod p) et f (x0 ) ≡ 0 (mod p2 ). Mais il existe exactement
p ≥ 2 classes d’équivalence modulo x (mod p2 ) telles que x ≡ g (mod p) [Pourquoi ?]. Donc il
existe exactement p − 1 ≥ 1 classes d’équivalence modulo x (mod p2 ) telles que x ≡ g (mod p)
et f (x) ̸≡ 0 (mod p2 ). Pour chaque telle classe d’équivalence x (mod p2 ), on a que ordp2 (x) =
p(p − 1), c’est-à-dire, x est une racine primitive mod p2 .
Sous-cas 1c : v ≥ 3. Soit g une racine primitive mod p2 , qui existe par le sous-cas
1a. On va montrer que g est une racine primitive mod pe , pour chaque v ≥ 3. Il suffit de
v−2
montrer que g p (p−1) ̸≡ 1 (mod pv ), pour chaque v ≥ 3. En effet, si k = ordpv (g), on a que
g k ≡ 1 (mod pv ) et, par conséquent, g k ≡ 1 (mod p2 ). Donc on a que p(p − 1) = ordp2 (g)|k.
Aussi, on a que k|ϕ(pv ) = pv−1 (p − 1), du Théorème d’Euler. Alors k = pj (p − 1) pour un
nombre j ∈ {1, . . . , v − 1}. Par conséquent, g est une racine primitive si et seulement si
v−2
j = v − 1, si et seulement si g p (p−1) ̸≡ 1 (mod pv ), comme clamé.
v−2
On va montrer que g p (p−1) ̸≡ 1 (mod pe ), pour chaque v ≥ 2, de façon inductive. Si v = 2,
c’est vrai de notre hypothèse que g est une racine primitive mod p2 . Supposons maintenant
v−2
v−1
que le résultat tient pour un v ≥ 2. On a que g p (p−1) = g ϕ(p ) ≡ 1 (mod pv−1 ), du théorème
v−2
v−2
d’Euler. Donc g p (p−1) = 1 + bpv−1 pour un b ∈ Z, où p ∤ b car g p (p−1) ̸≡ 1 (mod pv ). Par
6
la suite,
g
pv−1 (p−1)
( )
( )
( )
p
p
p
v−1
v−1 2
) =1+
bp
+
(bp ) +
(bpv−1 )3 + · · ·
1
2
3
( )
( )
p
p
v−1
≡1+
bp
+
(bpv−1 )2 (mod pv+1 )
1
2
p − 1 2v−1
≡ 1 + bpv +
bp
(mod pv+1 )
2
≡ 1 + bpv (mod pv+1 ),
v−1 p
= (1 + bp
parce que 3(v − 1) ≥ v + 1 et 2v − 1 ≥ v + 1 pour v ≥ 2. Puisque p ∤ b, on déduit que
v−1
g p (p−1) ̸≡ 1 (mod pv+1 ), qui conclut l’étape inductive et, par conséquent, la démonstration
que pv possède des racines primitives.
Cas 2 : p = 2. Si v ∈ {1, 2}, c’est facile de verifier qu’il existe une racine primitive mod
2 . Donc on a que λ(2v ) = ϕ(2v ) dans ces cas.
Finalement, on considère le cas où p = 2 et v ≥ 3. On peut verifier directement que
λ(8) = 2 et λ(16) = 4, comme clamé. Les autres cas seront faits par induction. On suppose
que λ(2w ) = ϕ(2w )/2 = 2w−2 pour w ∈ {3, . . . , v}, où v ≥ 4, et on prouve que λ(2v+1 ) = 2v−1 .
v−1
D’abord, on montre que x2 ≡ 1 (mod 2v+1 ), pour chaque x impair, qui implique tout de
suite que λ(2v+1 ) ≤ 2v−1 . En effet, l’hypothèse inductive implique que λ(2v ) = 2v−2 et, par
v−2
v−2
la suite, x2 ≡ 1 (mod 2v ). Donc x2 = 1 + 2v b pour un b ∈ Z. Alors on déduit que
v
v−1
x2
= (1 + 2v b)2 = 1 + 2v+1 b + 22v b2 ≡ 1 (mod 2v+1 ),
qui prouve notre affirmation.
Finalement, on montre que λ(2v+1 ) ≥ 2v−1 . Soit g impair tel que ord2v (g) = 2v−2 . Il suffit
v−3
de prouver que ord2v+1 (g) = 2v−1 . Puisque λ(2v−1 ) = 2v−3 , on a que q 2
≡ 1 (mod 2v−1 ).
v−3
En particulier, il existe b ∈ Z tel que g 2 = 1 + 2v−1 b. Nécessairement b est impair : sinon,
v−3
on aurait que g 2 ≡ 1 (mod 2v ), c’est-à-dire ord2v (g) ≤ 2v−3 < 2v−2 . Donc
g2
v−2
= (1 + 2v−1 b)2 = 1 + 2v b + 22v−2 b2 ≡ 1 + 2v b (mod 2v+1 ) ̸≡ 1 (mod 2v+1 ),
puisque 2 ∤ b. Par conséquent, ord2v+1 (g) ≥ 2v−1 , comme affirmé. C’implique que λ(2v+1 ) ≥
2v−1 par la Proposition ??, qui conclut la démonstration du Théorème ??.
□
Démonstration du Théorème ??. Soientt M = {1, 2, 4} ∪ {pe : p nombre premier impair} ∪
{2pe : p nombre premier impair} et N = {n ∈ N : il existe de racines primitives mod n}.
“ ⇒ ” : Si n ∈ M, alors λ(n) = ϕ(n) du Corollaire ?? et le Théorème ??. Donc n ∈ N
du Corollaire ??.
“ ⇐ ” : On va montrer que si n ∈
/ M, alors n ∈
/ N.
Si n possède deux facteurs premiers pairs distincts, soient p1 et p2 , alors on peut écrit
n = pv11 pv22 m, où v1 , v2 ≥ 1 et p1 , p2 ∤ m. De plus, ϕ(pvi i ) = (pi −1)pvi i −1 et pair pour i ∈ {1, 2}.
Donc Proposition ?? implique que λ(n) = [λ(pv11 ), λ(pv22 ), λ(m)]. Puisque λ(a)|ϕ(a) pour
chaque a ∈ N, une conséquence de la Proposition ??, on trouve que
λ(n) | [ϕ(pv11 ), ϕ(pv22 ), λ(m)] ≤
Par la suite, n ∈
/ N du Corollaire ??.
ϕ(n)
ϕ(pv11 )ϕ(pv22 )ϕ(m)
=
.
2
2
7
De même, on montre que si n = 2v pe , avec v ≥ 2 et e ≥ 1, alors
ϕ(2v )(p − 1)pe−1
ϕ(n)
λ(n) = [λ(2v ), λ(pe )] | [λ(2v ), (p − 1)pe−1 ] ≤
=
,
2
2
car 2|λ(2v ) et 2|p − 1 du Théorème ??. Donc n ∈
/ N du Corollaire ??.
v
Finalement, si n = 2 avec v ≥ 3, alors le Théorème ?? implique que λ(2v ) = 2v−2 < ϕ(2v )
et donc n ∈
/ N du Corollaire ??.
□
4. La conjecture d’Artin
On a vu que pour chaque nombre premier p, il existe de racines primitives. Emil Artin a
inversé la question : étant donné un nombre a ∈ Z, est-ce qu’il existe de nombres premiers p
pour lequel a est une racine primitive ? Bien sur, il y a des cas qu’on doit éliminer : si a est
p−1
un carré parfait, c’est-à-dire a = b2 pour un nombre b, alors si p ∤ 2b, on a quea 2 ≡ bp−1 ≡
1 (mod p) et, par la suite, ordp (a) ≤ (p − 1)/2 < p − 1. C’implique que a ne peut pas être
une racine modulo p que pour un nombre fini de p. Aussi, si a = −1, on a que a2 = 1 et, par
la suite ordp (a) = 2 < p pour chaque nombre premier impair. Donc on doit éviter les cas où
a = −1 ou a est un carré parfait. Artin a conjecturé que dans chaque autre cas il existe une
infinité de nombres premiers p pour lesquels a est une racine primitive.
Conjecture d’Artin :
– (Version faible) Si a ∈
/ {−1} ∪ {b2 : b ∈ Z}, alors
#{p premier : a est une racine primitive modulo p} = ∞.
– (Version forte) Si a ∈
/ {−1} ∪ {b2 : b ∈ Z}, alors il existe un constant ca > 0, qui dépende
seulement de a, tel que
#{p ≤ x premier : a est une racine primitive modulo p}
lim
= ca .
x→∞
#{p ≤ x premier}
(C’est-à-dire, a est une racine primitive pour une proportion positive de nombres premiers p.)
La conjecture d’Artin est un problème ouvert. Il y a des résultats partiels : Hooley a prouvé
que la conjecture forte d’Artin est vraie si une généralisation appropriée de l’hypothèse
de Riemann tient. Aussi, Heath-Brown a montré qu’il existe au plus 2 contrexemples à la
conjecture d’Artin (mais on n’a pas de candidats pour ces contrexemples !). Plus précisément,
si a1 , a2 , a3 sont trois nombres distincts qui ne sont pas égaux ni à 1 ni à un carré parfait,
alors la conjecture faible d’Artin tient pour un de a1 , a2 et a3 . (Par exemple, la conjecture
d’Artin est vraie soit pour a = 2 soit pour a = 3 soit pour a = 5.) Donc on déduit que
{a ∈ Z : la conjecture d’Artin est vrai pour a} = Z \ ({−1} ∪ {b2 : b ∈ Z} ∪ C),
pour un ensemble C de cardinalité ≤ 2. On pourrait maintenant imaginer que on peut
calculer un constant concret M (peut-être M = 1010 , peut-être M est plus grand) pour
lequel C ⊂ [−M, M ]. Dans ce cas, une vérification cas par cas de la conjecture d’Artin
pour les nombres entiers dans [−M, M ] pourrait être une possibilité. Aussi, dans ce cas, on
saurait que si |a| > M et a n’est pas un carré parfait, alors la conjecture d’Artin tient pour
a. Cependant, le théorème de Heath-Brown ne nous permet pas de calculer un constant M
concret. Par conséquence, on ne sait pas même un exemple concret pour lequel la conjecture
d’Artin tient. Cette incapacité de calculer un constant concret M est seulement une instance
8
de restrictions similaires dans la théorie de nombres. La source de ce problème est qu’on
n’est pas capable de réfuter l’existence de certains contrexemples absurdes à l’hypothèse de
Riemann, qui sont appelés zéros de Siegel 1.
1. La version générale de l’hypothèse de Riemann dit que certains fonctions L(s) ont tous leurs zéros sur
la ligne ℜ(s) = 1/2. Les contrexemples dont on parle ici sont de zéros fictifs ρ = 1 − ϵ ∈ R avec ϵ très petit.