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ARITHMÉTIQUE ET INTRODUCTION À LA THÉORIE DES
NOMBRES
DS DU 11 JANVIER 2011
Exercice 1
Soit Z[i] = {a+bi :a, b ∈Z}l’anneau des entiers de Gauss. Rappelons que si x
est un élément de Z[i], sa norme N(x) = xoù xest le conjugué complexe de x.
(1) Montrer que pour tous x, y ∈Z[i],
N(xy) = N(x)N(y).(1)
Solution
Soient x, y ∈Z[i]. Par définition, N(xy) = (xy)(xy).Puisque, dans C,
(i) le conjugué d’un produit est le produit des conjugués et (ii) le produit
est commutatif et associatif, nous avons,
N(xy) = (xy)(¯x¯y) = x(y¯x)¯y=x(¯xy)¯y= (x¯x)y¯y. Alors : ∀x, y ∈Z[i], N(xy) =
N(x)N(y).
(2) Un triplet pythagoricien (a, b, c)est un triplet d’entiers positifs vérifiant la
relation de Pythagore : a2+b2=c2. On considère les nombres x=m+ni ∈
Z[i]tels que : 0< n < m. En utilisant l’identité (1) avec x=y, montrer
qu’il y a une infinité de triplets pythagoriciens.
Solution
Soit x=y=m+ni ∈Z[i]. D’après (1), N(x2) = N(x)2. Nous avons
N(x) = x¯x= (m+ni)(m−ni) = m2+n2, et
N(x2) = N(m2−n2+ 2imn) = (m2−n2)2+ (2mn)2,ce qui donne
l’identité
(m2−n2)2+ (2mn)2= (m2+n2)2
pour m, n ∈Z.Par supposition, 0< n < m, et alors (m2−n2,2mn, m2+
n2)est un triplet d’entiers positifs vérifiant la relation de Pythagore. Il y
a une infinité de tels m, n dans N. Alors il y a une infinité de triplets
pythagoriciens .
(3) Le but de cette question est de montrer que si pest un nombre premier (dans
Z) vérifiant : p≡1(4), alors pn’est pas irréductible dans Z[i]. Rappelons
d’abord le théorème de Wilson : Si qest un nombre premier, alors (q−1)! ≡
−1 (mod q).
(a) Soit pun nombre premier (dans Z) tel que p≡1(4). En écrivant
(p−1)! = (1.2... p−1
2)((p−p−1 2)...(p−2)(p−1))
et en utilisant le théorème de Wilson, montrer qu’il existe m∈Ztel
que m2≡ −1(p).
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2 DS DU 11 JANVIER 2011
Solution
Car p−1est pair, le regroupement
(p−1)! = (1.2... p−1
2)((p−p−1 2)...(p−2)(p−1))
consiste en deux blocs ayant le même nombre de facteurs, alors
(p−1)! =
p−1
2
Y
j=1
j(p−j).
Mais p−j≡ −j(mod p)alors
p−1
2
Y
j=1
j(p−j)≡
p−1
2
Y
j=1
(−j)2(mod p)≡(−1) p−1
2
p−1
2
Y
j=1
j2(mod p).
Comme p≡1(4),p= 4q+ 1, (q∈N),p−1
2= 2qest pair. Par suite,
(−1)(p−1
2)= 1. Nous avons, alors,
(p−1)! ≡
p−1
2
Y
j=1
j2(mod p).
D’après le théorème de Wilson, (p−1)! ≡ −1(p). On peut choisir
m= (p−1
2)! ∈Zqui satisfait m2≡ −1(p).
(b) Rappelons que si un élément irréductible xde Z[i]divise yz alors x
divise you xdivise z. Montrer que pne divise ni (m+i)ni (m−i)
dans Z[i].
Solution
En effet, supposons que pdivise m+i. Alors m+is’écrit p(a+ib), a, b ∈
Zsoit m+i=pa +ipb. Par identification pb = 1, ce qui est impossible
car ppremier >1. De même pour m−i.
(c) Conclure
Solution
Nous avons vu que pour chaque p≡1 (mod 4) il existe un entier m
tel que pdivise le produit (m+i)(m−i) = m2+ 1 mais ne divise ni
(m+i)ni (m−i). Si pétait irréductible, il diviserait l’un des deux
facteurs. On en déduit que p≡1 (mod 4) n’est pas irréductible dans
Z[i].
(4) Décomposer 13 (resp. 17) en produit de facteurs irréductibles dans Z[i]et
déduire l’ensemble des couples (x, y)∈Z2vérifiant x2+y2= 221 = 13.17.
Solution
On a 13 = 32+ 22= (3 + 2i)(3 −2i) = a1a1= (2 + 3i)(2 −3i) = a2a2
et 17 = 12+ 42= (1 + 4i)(1 −4i) = b1b1= (4 + i)(4 −i) = b2b2.Pour
trouver les couples (x, y)tels que x2+y2= 221 = 13.17, il faut regrouper
un facteur de 13 avec un de 17. On peut avoir par exemple :13.17 = 221 =
(3 + 2i)(1 + 4i)(3 + 2i)(1 + 4i) = (−5 + 14i)(−5−14i) = 52+ 142
= (3 + 2i)(1 −4i)(3 + 2i)(1 −4i) = (11 −10i)(11 + 10i) = 112+ 102. En

ARITHMÉTIQUE ET INTRODUCTION À LA THÉORIE DES NOMBRES 3
faisant les autres combinaisons, on obtient les mêmes couples aux signes
près . Comme xet ysont interchangeables, toutes les solutions sont :
(±5,±14),(±14,±5),(±11,±10),(±10,±11).
Exercice 2
(1) Résoudre l’équation de Pell-Fermat :
x2−3y2= 1; x, y ∈Z(2)
Solution 1
Les solutions de l’équation (2) sont les unités de Q(√3) de norme 1. Elles
sont toutes engendrées par la solution fondamentale, c’est-à-dire les plus
petits entiers positifs (x0, y0)tel que x2
0−3y2 0= 1. La solution fondamentale
étant (2,1) ; pour chaque r∈N,(xr, yr), défini par (2 + √3)r=xr+√3yr,
est aussi une solution de l’équation(2). Par exemple, pour r= 0,1,2,3nous
obtenons les solutions (1,0),(2,1),(7,4),(26,15). De plus (xr, yr)étant une
solution dans N, on obtient les solutions dans Zen prenant les couples
(±xr,±yr).
Solution 2
Il existe une solution triviale (x, y) = (±1,0). Le développement en
fraction continue de √3, qui est [1; 1,2], nous permet d’obtenir toutes
les solutions. La plus petite période de cette fraction continue étant 2,
un nombre pair, les solutions positives de l’équation (2) sont données par
(xr, yr) = (p2r−1, q2r−1), r = 1,2,3··· ou pr
qrest la r-ieme réduite de la frac-
tion continue . Par exemple, pour r= 1,2,3nous obtenons, par récurrence,
les solutions (2,1),(7,4),(26,15).
On obtient les solutions dans Zen prenant les couples (±xr,±yr).
(2) Résoudre l’équation
x2−3y2=−1; x, y ∈Z(3)
Solution 1
Cette équation s’écrit aussi x2=−1 + 3y2, d’où x2≡ −1(3). Or, x2≡0
(mod 3) quand x≡0 (mod 3) et x2≡1 (mod 3) quand x≡ ±1 (mod 3).
Donc l’équation (3) n’a pas de solution.
Solution 2
L’équation x2−dy2=−1admet des solutions si et seulement si la plus
petite période de la fraction continue de √dest impaire.
Le développement en fraction continue de √3étant [1; 1,2], la periode
est 2 et l’équation (3) n’a pas de solution.
(3) Le but de cette question est de trouver les entiers ntels que le nombre
t=√1 + 12n2soit un entier.
(a) Montrer si t=√1 + 12n2est un entier alors test impair. Montrer que
alors on est amené à trouver des entiers m et n tel que
3n2=m(m+ 1).

4 DS DU 11 JANVIER 2011
Solution
On a t2= 1 + 12n2≡1(2) alors t≡1(2), de la forme 2m+ 1. D’où
t2= 1 + 12n2⇒(2m+ 1)2= 1 + 12n2⇒4m2+ 1 + 4m= 1 + 12n2⇒
m2+m= 3n2⇒3n2=m(m+ 1).
(b) Montrer que si pest un nombre premier qui divise nalors p2divise m
ou bien p2divise (m+ 1).
En déduire qu’il existe des entiers a, b tels que :
(m= 3b2et m+ 1 = a2)ou (m=b2et m+ 1 = 3a2).
Solution
Si pdivise n, alors p2divise 3n2=m(m+ 1). Or met m+ 1 sont
premiers entre eux donc p2divise ou bien mou bien (m+ 1). La
relation 3n2=m(m+ 1) montre que 3 divise ou bien m(cas 1) ou
bien m+ 1 (cas 2). Soit Qpila décomposition de nen facteur premier,
alors d’après ci-dessus : soit p2
i|mou bien p2 i|(m+ 1). On regroupe les
pien deux ensembles Iet Jsuivant que p2
idivise mou m+ 1. Dans
le cas 1, on a alors :
m= 3 Y
i∈I
p2
i(= 3b2)et m+ 1 = Y
i∈J
p2
i(= a2).
Dans le cas 2
m=Y
i∈I
p2
i(= b2)et m+ 1 = 3 Y
i∈J
p2
i(= 3a2).
(c) Montrer alors qu’on est amené à résoudre les équations (2) et (3).
Solution
Dans le cas 1, m= 3b2et m+ 1 = a2d’où a2−3b2= 1 et on retrouve
l’équation (2) avec a=x, b =y. Le cas 2 donne l’équation b2−3a2=
−1. Alors trouver les entiers ntels que √1 + 12n2soit un entier est
équivalent à résoudre les équations (2) et (3).
(d) Trouver les entiers ntels que t=√1 + 12n2soit un entier.
Solution
En suivant le cheminement des questions précédents, on obtient 3n2=
m(m+ 1) = 3b2a2⇒n=ab. Par l’exercice précédent, les valeurs de a
et bsont des solutions de l’équation (2) ; l’équation (3) n’ayant pas de
solution. Alors, comme vu en exercice 2.1, pour r∈N,n=±arbrou
ar+√3br= (2 + √3)r. Simplifions, nous obtenons,
n=(2 + √3)2r−(2 −√3)2r
4√3, r ∈N.
(e) Expliciter deux valeurs de t > 1
Solution
Nous avons t= 2m+ 1 et m= 3b2. Alors t= 6b2+ 1 = 6y2+ 1.
Les plus petites valeurs positives de yobtenues en exercice 2.1 sont
0,1,4··· ce qui donne t= 1,4,97,···.