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) = x où x est 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)(x̄ȳ) = x(y x̄)ȳ = x(x̄y)ȳ = (xx̄)y ȳ. 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) = xx̄ = (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 p est un nombre premier (dans Z) vérifiant : p ≡ 1(4), alors p n’est pas irréductible dans Z[i]. Rappelons d’abord le théorème de Wilson : Si q est un nombre premier, alors (q − 1)! ≡ −1 (mod q). (a) Soit p un nombre premier (dans Z) tel que p ≡ 1(4). En écrivant p−1 p−1 )((p − )...(p − 2)(p − 1)) (p − 1)! = (1.2... 2 2 et en utilisant le théorème de Wilson, montrer qu’il existe m ∈ Z tel que m2 ≡ −1(p). 1 2 DS DU 11 JANVIER 2011 Solution Car p − 1 est pair, le regroupement p−1 p−1 )((p − )...(p − 2)(p − 1)) (p − 1)! = (1.2... 2 2 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 Y j=1 p−1 p−1 p−1 2 j(p − j) ≡ 2 Y j=1 2 (−j) (mod p) ≡ (−1) 2 Y 2 j p−1 2 (mod p). j=1 Comme p ≡ 1(4), p = 4q + 1, (q ∈ N), p−1 2 = 2q est pair. Par suite, p−1 (−1)( 2 ) = 1. Nous avons, alors, p−1 (p − 1)! ≡ 2 Y 2 j (mod p). j=1 D’après le théorème de Wilson, (p − 1)! ≡ −1(p). On peut choisir 2 m = ( p−1 2 )! ∈ Z qui satisfait m ≡ −1(p). (b) Rappelons que si un élément irréductible x de Z[i] divise yz alors x divise y ou x divise z. Montrer que p ne divise ni (m + i) ni (m − i) dans Z[i]. Solution En effet, supposons que p divise m+i. Alors m+i s’écrit p(a+ib), a, b ∈ Z soit m + i = pa + ipb. Par identification pb = 1, ce qui est impossible car p premier > 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 p divise le produit (m + i)(m − i) = m2 + 1 mais ne divise ni (m + i) ni (m − i). Si p était 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) ∈ Z2 vérifiant x2 + y 2 = 221 = 13.17. Solution On a 13 = 32 + 22 = (3 + 2i)(3 − 2i) = a1 a1 = (2 + 3i)(2 − 3i) = a2 a2 et 17 = 12 + 42 = (1 + 4i)(1 − 4i) = b1 b1 = (4 + i)(4 − i) = b2 b2 . Pour trouver les couples (x, y) tels que x2 + y 2 = 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 x et y sont interchangeables, toutes les solutions sont : (±5, ±14), (±14, ±5), (±11, ±10), (±10, ±11). Exercice 2 (1) Résoudre l’équation de Pell-Fermat : x2 − 3y 2 = 1; x, y ∈ Z (2) x2 − 3y 2 = −1; x, y ∈ Z (3) 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 x20 −3y02 = 1. La solution √ r fondamentale √ étant (2, 1) ; pour chaque r ∈ N, (xr , yr ), défini par (2 + 3) = xr + 3yr , est aussi une solution de l’équation(2). Par exemple, pour r = 0, 1, 2, 3 nous 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 Z en 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 pqrr est la r-ieme réduite de la fraction continue . Par exemple, pour r = 1, 2, 3 nous obtenons, par récurrence, les solutions (2, 1), (7, 4), (26, 15). On obtient les solutions dans Z en prenant les couples (±xr , ±yr ). (2) Résoudre l’équation Solution 1 Cette équation s’écrit aussi x2 = −1 + 3y 2 , 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 − dy 2 = −1 admet des solutions si et seulement si la plus √ petite période de la fraction continue de d est impaire. √ Le développement en fraction continue de 3 étant [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 n tels que le nombre t = 1 + 12n2 soit un entier. √ (a) Montrer si t = 1 + 12n2 est un entier alors t est 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 p est un nombre premier qui divise n alors p2 divise m ou bien p2 divise (m + 1). En déduire qu’il existe des entiers a, b tels que : (m = 3b2 et m + 1 = a2 ) ou (m = b2 et m + 1 = 3a2 ). Solution Si p divise n, alors p2 divise 3n2 = m(m + 1). Or m et m + 1 sont premiers entre eux donc p2 divise ou bien m ou bien (m + 1). La relation 3n2 = m(m + Q 1) montre que 3 divise ou bien m (cas 1) ou bien m + 1 (cas 2). Soit pi la décomposition de n en facteur premier, alors d’après ci-dessus : soit p2i |m ou bien p2i |(m + 1). On regroupe les pi en deux ensembles I et J suivant que p2i divise m ou m + 1. Dans le cas 1, on a alors : Y Y m=3 p2i (= 3b2 ) et m + 1 = p2i (= a2 ). i∈I i∈J Dans le cas 2 Y Y m= p2i (= b2 ) et m + 1 = 3 p2i (= 3a2 ). i∈I i∈J (c) Montrer alors qu’on est amené à résoudre les équations (2) et (3). Solution Dans le cas 1, m = 3b2 et m + 1 = a2 d’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 n tels que 1 + 12n2 soit un entier est équivalent à résoudre les équations (2) et (3). √ (d) Trouver les entiers n tels que t = 1 + 12n2 soit un entier. Solution En suivant le cheminement des questions précédents, on obtient 3n2 = m(m + 1) = 3b2 a2 ⇒ n = ab. Par l’exercice précédent, les valeurs de a et b sont des solutions de l’équation (2) ; l’équation (3) n’ayant pas de solution. vu en exercice 2.1, pour r ∈ N, n = ±ar br ou √ Alors, comme √ ar + 3br = (2 + 3)r . Simplifions, nous obtenons, √ √ (2 + 3)2r − (2 − 3)2r √ n= , r ∈ N. 4 3 (e) Expliciter deux valeurs de t > 1 Solution Nous avons t = 2m + 1 et m = 3b2 . Alors t = 6b2 + 1 = 6y 2 + 1. Les plus petites valeurs positives de y obtenues en exercice 2.1 sont 0, 1, 4 · · · ce qui donne t = 1, 4, 97, · · · .