Chapitre 3 : Résidus quadratiques

Chapitre 3 :
Résidus quadratiques
Dans ce chapitre on va essayer d’extraire des racines carrés dans Z=nZ. Dans le corps des nombres réels tous les
nombres positifs sont des carrés et les nombres négatifs ne le sont pas, dans le corps des nombres complexes
tous les nombres sont des carrés, mais dans Z=nZ, comme on va le voir ici, c’est déjà assez compliqué de
déterminer si un élément est le carré d’un autre. On va donner une méthode permettant de le savoir, puis le
cas échéant on va présenter un moyen de déterminer le nombre de racines carrés distinctes d’un élément de
Z=nZ. On verra ensuite comment caluler ces racines carrées dans des cas particuliers.
I
Dé…nition - Exemples
Dé…nition I.1 Soit x 2 Z=nZ, on dit que x est un carré (ou un résidu quadratique) si il existe y 2 Z=nZ
tel que x = y 2 , dans ce cas on dit que y est une racine carrée de x.
Exemple I.1
Dans Z=10Z les carrés sont 0; 1; 4; 5; 6; 9.
Dans Z=11Z les carrés sont 0; 1; 3; 4; 5; 9.
Dans Z=12Z les carrés sont 0; 1; 4; 9.
Dans Z=13Z les carrés sont 0; 1; 3; 4; 9; 10; 12.
On voit que même pour les nombres premiers la situation n’est pas claire, néanmoins c’est le cas le plus
simple et donc on va l’étudier en premier.
II
Résidus quadratiques dans Z=pZ
Attention : dans cette partie p désignera un nombre premier impair, donc p 6= 2. Donnons tout d’abord le
nombre de carrés dans Z=pZ.
Proposition II.1 Le nombre de carrés dans Z=pZ est
p+1
2
Démonstration. Comme 0 est carré, il su¢ t de montrer que le nombre de carrés non nuls qu’on va noter N
p 1
vaut p 2 1 . Soit a 6= 0 2 Z=pZ, comme p est impair on a a 6= a et a2 = ( a)2 donc N
2 . D’autre part
p 1
p 1
2
l’équation x = b admet au plus deux solutions donc N
2 ce qui permet de conclure N = 2 .
Nous allons maintenant voir une caractérisation des carrés de (Z=pZ) .
Proposition II.2 Soit x 2 (Z=pZ) , on a x
p 1
2
=
1 et
x est un carré () x
Démonstration. On a x
p 1
2
2
= xp
1
p 1
2
=1
= 1, donc d’après le corollaire III.1 du chapitre 1 on a x
p 1
2
=
1.
p 1
2
Si x est un carré, soit y tel que y 2 = x on a x
= y p 1 = 1.
p 1
Réciproquement, supposons que x 2 = 1. Comme (Z=pZ) est cyclique on peut en choisir un générateur
p 1
p 1
g. Donc g l = 1 , l est multiple de p 1, et il existe un entier k tel que g k = x donc x 2 = g k 2 = 1 donc
k p 2 1 est multiple de p 1 donc k est pair donc k = 2m et x = g 2m = (g m )2 donc x est un carré.
Corollaire II.1
1 est un carré dans Z=pZ si et seulement si p
1 [4].
p 1
Démonstration. D’après la proposition précédente on a 1 est un carré dans Z=pZ si et seulement ( 1) 2 =
1 et cela est vrai si et seulement si p 2 1 est pair ce qui équivaut à p 1 [4].
Maintenant que l’on sait déterminer les carrés de Z=pZ, le problême naturel est de chercher leurs (deux)
racines carrées. C’est un problême très di¢ cile en général, mais en se restreignant à un cas particulier on peut
y parvenir :
1
Proposition II.3 Si p est congru à 3 modulo 4 et si a est un carré de Z=pZ alors les solutions de x2 = a
p+1
p+1
sont a 4 et a 4 .
Démonstration. Soit a un carré de Z=pZ, on a
a
p+1
4
2
=a
p+1
2
=a
a
p 1
2
=a
D’autre part, on sait que x2 = a admet au plus deux solutions dans le corps Z=pZ (proposition III.1 du
chapitre 1), donc on les a toutes.
Dé…nition II.1 Si a est un carré de Z=pZ alors a
p
racine principale de a; et on note cette racine : a.
p+1
4
est elle même un carré, cette racine s’appelle la
p
Exemple
II.1 On pose p = 19. Dans Z=19Z, on a 16 = 165 = ( 3)5 = (9)2 ( 3) =
p
6 = 65 = ( 2)2 6 = 5.
On a 25 = 32 = 6 mais ( 6)2 = 2, cela montre que 2 n’est pas un carré sans Z=19Z.
15 = 4 et
Remarque II.1 Si p est congru à 1 modulo 4 alors on a p 1 = 2e s avec s impair et e
2, si a est un
carré de Z=pZ, il y a un algorithme pour trouver les racines carrées de a: Il s’appelle l’algorithme de Tonelli
et Shanks et n’est pas simple à mettre en oeuvre, néanmoins on peut facilement présenter la première étape
qui su¢ t parfois !
as
On calcule as , et si on trouve 1 alors les racines carrées de a sont
a = a.
a
s+1
2
en e¤ et
a
s+1
2
2
= as+1 =
Exemple II.2 Si p = 29; s = 7. Cherchons les racines carrés de 23 dans Z=29Z, on 237 mod 29 = 1 donc ce
sont 234 = 9.
III
Symbole de Legendre
p est toujours un nombre premier impair.
Dé…nition III.1 Soit a 2 Z On dé…nit le symbole de Legendre noté
a
p
a
p
par
8
< 0 si a est un multiple de p
1 si a est un carré modulo p
=
:
1 si a n’est pas un carré modulo p
A priori, il s’agit d’une notation permettant de re-écrire les résultats du paragraphe précédent. Mais comme
on va le voir, ce symbole de Legendre possède des propriétés qui permettent de le calculer très facilement et
donc de savoir aisément si un nombre est un carré modulo p ou pas.
Tout d’abord reformulons avec ce symbole ce que l’on sait :
Proposition III.1 Soit x 2 (Z=pZ) , on a
x
p
=x
p 1
2
Exemple III.1 On prend p = 101, si on calcule 5650 dans Z=101Z on trouve 1 et donc 56 est un carré dans
Z=101Z.
On va en déduire le résultat suivant:
2
Corollaire III.1 Soit a et b deux entiers non divisibles par p, on a
a
p
b
p
a
p
b
si a
p
ab
p
=
=
b [p]
Démonstration. Le premier point est immédiat. Le suivant découle de la formule précédente car
a
p 1
2
b
p 1
2
= (ab)
p 1
2
Exemple III.2
a
p
b
p
=
.
56
101
=
7
101
2 3
101
On va maintenant énoncer un théorème célèbre qui va nous permettre de calculer facilement tout symbole
de Legendre :
Théorème III.1 Réciprocité quadratique. Soient p et q deux nombres premiers impairs, on a
p
q
q
p
= ( 1)
p 1 q 1
2
2
Démonstration. Admise.
Remarque III.1 On peut énoncer le théorème de réciprocité quadratique de la façon suivante :
Soient p et q deux nombres premiers impairs, on a
(
q
3 [4] et q 3 [4]
p
p si p
=
q
q
p sinon
7
101
Exemple III.3
et donc
56
101
=
=
101
7
=
3
7
=
7
3
1
3
=
=
1
2 3
101
Pour tout nombre premier p, 5 est un carré dans Z=pZ si et seulement si p est un carré dans Z=5Z c’est
à dire si et seulement si p
1 [5].
Pour pouvoir calculer tout symbole de Legendre il nous manque encore le résultat suivant :
Théorème III.2 Lois complémentaires. Pour p premier impair on a
1
p
1 si p 1 [4]
1 si p 3 [4]
=
et
2
p
=
1 si p
1 [8]
1 sinon
Démonstration. le premier point découle de la proposition précédente, le deuxième point est admis.
Exemple III.4 101
5 [8] donc
2
101
=
1 donc
56
101
3
=
2 3
101
= 1 et donc 56 est un carré dans Z=101Z.
Exemple III.5 On va de nouveau utiliser les règles énoncées ci-dessus pour calculer
541
2011
:
541
: réciprocité, 541 1 [4]
2011
388
car 2011 388 [541]
541
=
=
2 2 97
car 388 = 22 97
541
541
97
541
541
: réciprocité, 541 1 [4]
97
56
car 541 56 [97]
97
=
=
=
=
7
97
2
97
3
=
97
7
2
97
3
=
=
1
7
2
97
=
car 56 = 23
7
: réciprocité, 97
1 [4]
3
car 97
1 [7]
13 : lois complémentaires
= ( 1)
IV
541
2011
1
Carrés modulo un entier quelconque
On va étendre la dé…nition du symbole de Legendre aux "dénominateurs" non nécéssairement premiers, mais
impairs.
Dé…nition IV.1 Soit a et m deux entiers avec m > 1 impair et soit m =
a
facteurs premiers. On dé…nit le symbole de Jacobi, noté m
par
a
m
=
8
k
>
< Y
>
:
a
pi
i
i=1
0
Qk
i=1 pi
i
la décomposition de m en
si a ^ m = 1
si a ^ m 6= 1
Bien sûr les di¤érentes propriétés du symbole de Legendre s’étendent au symbole de Jacobi, c’est à dire
que l’on a :
Proposition IV.1 Soient m; n; a; b quatre entiers avec m; n > 1 impairs. On a
a
m
a
m
a2
m
a
m
b
m
a
n
= 1 si a ^ m = 1
b
si a
m
ab
m
a
mn
=
=
=
4
b [m]
Démonstration. Si a ^ m = 1 comme pour tout nombre premier p on a
a2
p
= 1; la formule de dé…nition
a2
m
montre que
= 1:
Si a b [m] alors on a a ^ m = b ^ m.
a
b
Premier cas : a ^ m 6= 1 alors m
= m
= 0.
Deuxième cas : a ^ m = 1. Comme a
b [m], pour tout facteur premier p de m on a a
b [p] donc
a
b
p = p et donc les produits sont égaux.
Le troisième point est une conséquence immédiate de la formule ap pb = ab
p .
Montrons le quatrième point. Si a ^ mn 6= 1 l’égalité devient 0 = 0. Sinon on a a ^ m 6= 1 et a ^ n 6= 1 il
su¢ t alors de voir que la décomposition en facteurs premiers de mn est égale au produit des décompositions
de m et de n et la formule en découle.
Théorème IV.1 Réciprocité quadratique (bis). Soient m et n deux nombres impairs et premiers entre eux,
on a
m 1 m 1
n
m
= ( 1) 2 2
n
m
Démonstration. Admise. Peut se déduire du cas précédent.
Pour avoir l’analogie complête avec le cas des nombres premiers, il nous manque encore le résultat suivant
Théorème IV.2 Lois complémentaires (bis). Pour m impair on a
1
m
=
1 si m 1 [4]
1 si m 3 [4]
et
2
m
=
1 si m
1 [8]
1 sinon
Remarque IV.1 On a étendu les propriétés calculatoires du symbole de Legendre, ce qui va nous permettre
de calculer le symbole de Jacobi mais celui-ci ne porte pas autant d’information que le symbole de Legendre
a
m
par exemple
V
2
9
=
2 2
3
= 1 ; a est un carré dans Z=mZ
= ( 1)2 = 1 mais 2 n’est pas un carré dans Z=9Z.
Nombre de racines carrées modulo n.
Le but de ce paragraphe est de déterminer le nombre de solutions de x2 = a dans Z=nZ: Dans Z=pZ, où p est
premier impair, si un nombre non nul est un carré alors il a deux racines carrées, si ce n’est pas un carré il
n’en a pas, donc dans les deux cas son nombre de racines carrées est 1 + ap . On va voir qu’en fait ce n’est
pas plus compliqué dans le cas où n = pr .
Théorème V.1 Soit p un nombre premier impair, r 2 N et a 2 Z tel que p - a. Le nombre de solutions de
l’équation x2 = a dans Z=pr Z est 1 + ap .
Démonstration. Il y a deux choses à montrer : tout d’abord qu’un carré de (Z=pr Z) admet exactement
deux racines carrées et ensuite qu’un nombre est un carré dans (Z=pr Z) si et seulement si sa réduction modulo
p est un carré dans Z=pZ.
Montrons le premier point. Soit a un carré de (Z=pr Z) , soient x et y deux racines carrées de a, on a donc
x2 = a = y 2 donc x2 y 2 = 0 dans Z=pr Z et donc il existe un entier k tel que on ait dans Z : (x y) (x + y) =
kpr . Si x y et x + y sont tous deux multiples de p alors leur somme également et donc 2x est multiple de
p et donc x est multiple de p (car p impair) ce qui est impossible car a = x2 ne l’est pas ! Donc on a soit
x y multiple de pr et alors x = y dans Z=pr Z, soit x + y multiple de pr et alors x = y dans Z=pr Z. Donc
a n’admet que deux racines carrées qui sont opposées l’une de l’autre, il y en a bien deux car seul 0 est son
propre opposé dans Z=pr Z, en e¤et si x = x alors 2x = 0 et donc x = 0 car 2 est inversible.
Montrons maintenant le second point. Il y a une implication simple, si a = x2 dans Z=pr Z alors il existe
un entier k tel que a = x2 + kpr et donc dans Z=pZ cela donne a = x2 :-)
5
Plus généralement il est facile de voir qui si a est un carré modulo pr alors il l’est également modulo ps
pour s < p.
Pour démontrer l’autre implication on va utiliser le lemme suivant :
Lemme V.1 Soit p un nombre premier impair, m 2 N et a 2 Z tel que p - a, si a est un carré modulo pm
alors a est un carré modulo p2m
Ce lemme permet alors facilement de conclure, en e¤et on peut en deduire par récurrence que si a est un
k
carré modulo p alors c’est un carré modulo p2 pour tout k 2 N, par suite il su¢ t de choisir k pour que 2k > r
et on en déduit grace à la remarque précédent le lemme que a est un carré modulo pr .
Démonstration du lemme.: Soit x une racine carrée de a modulo pm et soit x0 = x+ypm , on va chercher
0
à trouver une valeur de y pour que x0 soit une racine carrée de a modulo p2m . On a x 2 = (x + ypm )2 =
0
0
x2 + 2xypm + y 2 p2m donc modulo p2m on a x 2 = x2 + 2xypm on aura donc x 2 = a si et seulement si il existe
y tel que x2 a + 2xypm = 0 p2m c’est à dire si il existe y tel que
x2 a
+ 2xy = 0 [pm ]
pm
pour cela il su¢ t de prendre y =
a x2
pm
(2x)
1
2 Z=pm Z car 2x est inversible dans Z=pm Z.
Remarque V.1 Dans la preuve précédente, on a construit une racine carrée de a modulo p2m , si on réduit
celle-ci modulo pm alors on retrouve une racine carrée de a modulo pm . Donc pour trouver des racines carrées
dans Z=pm Z on peut partir de racines carrées dans Z=pZ:
Par exemple, pour résoudre x2 = 2 dans Z=72 Z on commence à résoudre x2 = 2 dans Z=7Z; les solutions
sont alors 3 et 4, on cherche ensuite des solutions de l’équation initiale de la forme x = 3 + 7k et x = 4 + 7k,
et on trouve …nalement x = 10 et x = 39 = 10:
Maintenant il nous faut examiner le cas n = 2r et on a :
Théorème V.2 Soit r 2 N et a 2 N impair. Le nombre de solutions modulo 2r de l’équation x2 = a est
donné par
Si r = 1; toujours une solution
Si r = 2; deux solutions si a
Si r
3; quatre solutions si a
1 [4] ; zéro sinon.
1 [8] ; zéro sinon.
Démonstration. Seul le troisième point n’est pas évident. Soit x une racine carrée de a modulo 2r , alors x
est impair on note x = 2k + 1 mais alors on a
x2 = (2k + 1)2 = 4k (k + 1) + 1
1 [8]
car k (k + 1) est pair. Donc a 1 [8] sinon il n’y a pas de solutions. Avec cette hypothèse on va montrer par
récurrence sur r que a admet quatres racines carrées.
Si r = 3 alors a = 1 et il y a quatres racines carrées : 1; 3; 5 et 7.
Suposons que pour un rang r …xé, a soit un carré modulo 2r , donc il existe x et k deux entiers tels que
x2 = a + k2r .
Alors pour y 2 N on a
x + y2r
1 2
x2 + xy2r 2r+1
x2 + y2r 2r+1 car x est impair.
a + k2r + y2r 2r+1
donc si on choisit y de la même parité que k on a
x + y2r
1 2
6
a 2r+1
Donc a est un carré modulo 2r+1 . De plus si z est une racine carrée de a alors z est est une autre et
(z + 2r ) en sont deux autres donc il y a bien quatres solutions. Ce qui permet de conclure la récurrence.
Les résultats précédents combinés avec le théorème des restes chinois nous permettent alors de connaître
les carrés de Z=nZ:
Théorème V.3 Soit a 2 (Z=nZ) , a est un carré si et seulement si
8 a
= 1 pour tout diviseur premier p de n
>
>
< p
et
>
a 1 [4] si n 4 [8]
>
:
a 1 [8] si n est multiple de 8:
On peut même donner le nombre de racines carrées :
Théorème V.4 Soit a un carré de (Z=nZ) , le nombre de racines carrées de a dans (Z=nZ) est donné par
Y
!
1+
pjn
p premier impair
8
1
>
>
<
2
avec ! =
4
>
>
:
0
a
p
si 4 - n
si n 4 [8] et a 1 [4]
si 8 j n et a 1 [8]
sinon
Exemple V.1 On va résoudre l’équation x2 = 2 dans Z=5831Z. Comme 5831 = 73 17 pour voir si deux
2
2
est carré il su¢ t de calculer 72 et 17
or on a d0 après les loi complémentaires 72 = 17
= 1. Donc 2 est un
3
carré dans Z=5831Z et l’équation admet 4 solutions. On va la résoudre dans Z=7 Z et dans Z=17Z.
Les solutions dans Z=17Z sont 6, on a vu que les solutions dans Z=72 Z sont 10 et donc dans Z=73 Z
on cherche des solutions de la forme 10 + 72 k;, k 2 Z. On trouve alors 108. Appliquons maintenant le
théoréme des restes chinois, comme on a :
6
343
121
17 = 1
les solutions sont donc
x = ( 6)
et on trouve :
VI
108 et
6
343
( 108)
121
17 modulo 5831
864.
Entiers de Blum
Dé…nition VI.1 Un entier de Blum est un produit de deux nombres premiers distincts et tous deux congrus
à 3 modulo 4.
Comme on va le voir, si n est un entier de Blum alors on peut facilement calculer les racines carrés dans
(Z=nZ) , sur cette propriété repose un algorithme de chi¤rement à clef publique célèbre que nous étudierons
plus tard : le chi¤rement de Rabin.
Proposition VI.1 Soit n = pq un entier de Blum et soit a un carré de (Z=nZ) alors a possède quatre racines
carrées dont une (et une seule) est elle-même un carré de (Z=nZ) : Cette racine est appelée racine principale
de a.
Démonstration. On a vu dans le paragraphe précédent que le nombre de racines carrées de a est quatre. De
p+1
q+1
(Z=qZ) (qui s’identi…e
plus, on peut écrire que les racines carrées de a sont
a 4 ; a 4 dans (Z=pZ)
à (Z=nZ) grace au théorème des restes chinois), seul le couple formé par les deux racines principales de a
modulo p et modulo q est un carré modulo n.
7
Proposition VI.2 Soit n = pq un entier de Blum, notons Q l’ensemble des carrés de (Z=nZ) , l’application
Q ! Q
x ! x2
est une bijection. Et l’application réciproque est
y!y
Démonstration.
y
(p 1)(q 1)+4
8
2
=y
y
(p 1)(q 1)
4
(p 1)(q 1)+4
8
: Si y = (a; b) dans (Z=pZ)
carré modulo n, a est un carré modulo p et b est un carré modulo q donc a
(a; b)
(p 1)(q 1)
4
= a
(p 1)(q 1)
4
donc
y
;b
(p 1)(q 1)
4
(p 1)(q 1)
4
ce qui permet de conclure.
8
=1
= 1
q 1
2
;1
p 1
2
p 1
2
(Z=qZ) , comme y est un
= 1 et b
= (1; 1)
q 1
2
= 1 donc