développement 10 forme faible du théor`eme de dirichlet

D´ EVELOPPEMENT 10
FORME FAIBLE DU TH´ EOR` EME DE DIRICHLET
Lemme. — Si f, g ∈Q[X]sont unitaires et v´erifient fg ∈Z[X]alors f, g ∈Z[X]
D´emonstration. — Soit a > 0 le plus petit entier tel que af ∈Z[X], on pose af =f1; soit b > 0 le plus
petit entier tel que bg ∈Z[X], on pose bg =g1. Supposons que ab > 1 et soit pun diviseur premier de
ab, on consid`ere alors le morphisme πP:Z[X]→(Z/pZ)[X]. On a f1g1=abfg ∈Z[X] d’o`u
πP(f1)πP(g1) = πP(f1g1) = πP(ab)πP(fg) = 0
et il en r´esulte (puisque (Z/pZ)[X] est int`egre) que πP(f1) = 0 ou πP(g1) = 0, par exemple πP(f1) = 0.
On peut alors ´ecrire f1=pf2o`u f2∈Z[X]. Comme fest unitaire et puisque f1=af,aest le coefficient
dominant de f1, donc pdivise aet on ´ecrit a=pa0. Il vient donc pa0f=f1=pf2i.e. a0f=f2∈Z[X],
ce qui est impossible puisque a0< a. Donc ab = 1 i.e. a=b= 1.
Th´eor`eme. — Pour tout entier n≥1, il existe une infinit´e de premiers congrus `a 1modulo n.
D´emonstration. — On consid`ere le k`e polynˆome cyclotomique
Φk=Y
ζ∈U◦
k
(X−ζ) = Y
1≤`≤k
k∧`=1 X−e2i`π
n,
puisque la r´eunion Un=[
d|n
U◦
dest disjointe, il vient
Xn−1 = Y
ζ∈Un
(X−ζ) = Y
ζ∈Sd|nU◦
d
(X−ζ) = Y
d|nY
ζ∈U◦
d
(X−ζ) = Y
d|n
Φd= ΦnY
d|n
d≤n−1
Φd.
On a Φ1=X−1∈Q[X], supposons que Φn0∈Q[X] pour tout n0< n. Puisque Xn−1∈Q[X] et
Y
d|n
d≤n−1
Φd∈Q[X], on peut ´ecrire Xn−1 = QY
d|n
d≤n−1
Φd+Ravec Q, R ∈Q[X] et deg R < deg Y
d|n
d≤n−1
Φd. Il
vient donc
(Φn−Q)Y
d|n
d≤n−1
Φd=R.
Puisque deg R < deg Y
d|n
d≤n−1
Φd, il s’ensuit que Φn−Q= 0 d’o`u Φn∈Q[X]. Enfin, on a Φn∈Z[X]
d’apr`es le lemme, puisque ΦnY
d|n
d≤n−1
Φd=Xn−1∈Z[X].

28 Forme faible du th´ eor` eme de Dirichlet
Soit pun nombre premier et a∈Ztels que pdivise Φn(a) mais ne divise aucun Φd(a) pour tout diviseur
dde n. Comme pdivise Φn(a), pdivise aussi an−1 donc l’ordre de la classe ade adans U(Z/pZ) divise
n. Si ddivise nstrictement alors
ad−1 = Y
d0|d
Φd0(a)
dans Z/pZ. Mais si d0divise do`u dest un diviseur de nalors d0divise net par hypoth`ese, on a donc
Φd0(a)6= 0. Comme Z/pZest un corps, il s’ensuit que le produit des Φd0(a) est non nul i.e. ad6= 1.
Ainsi, on a an= 1 et ad6= 1 pour tout diviseur dde ndonc l’ordre de adans U(Z/pZ) est exactement
n. D’autre part, cet ordre divise l’ordre du groupe i.e. ndivise p−1 et le nombre premier pest donc de
la forme kn + 1 avec kentier.
Supposons maintenant qu’il n’existe qu’un nombre fini de premiers congrus `a 1 modulo n, on les note
p1, . . . , pq. On pose N=np1··· , pq, d’apr`es ce qui pr´ec`ede, il suffit de trouver un nombre premier pet
un entier atel que pdivise ΦN(a) mais ne divise aucun Φd(a) pour tout diviseur dde N. On pose
B=Y
d|N
d<N
Φ(d),
i.e. il s’agit de trouver ppremier et a∈Ztels que pdivise ΦN(a) mais ne divise pas B(a). Les polynˆomes
Bet ΦNsont tous deux `a coefficients dans Qet n’ont aucune racine commune dans C(o`u ils sont scind´es)
donc Bet ΦNsont premiers entre eux dans Qet, d’apr`es le th´eor`eme de B´ezout, on a U B +VΦN= 1
avec U, V ∈Q[X]. Il existe alors un entier a∈Ztel que U0=aU et V0=aV soient `a coefficients entiers ;
puisque ΦNn’est pas constant, on peut choisir a∈Ztel que |ΦN(a)| ≥ 2. Soit pun diviseur premier
de ΦN(a) alors pdivise aN−1 (puisque ΦNdivise XN−1) i.e. aN= 1 dans Z/pZ; en particulier
aest inversible dans Z/pZce qui signifie que aet psont premiers entre eux. Ainsi, pne divise pas
a=U0(a)B(a) + V0(a)ΦN(a) et comme pdivise ΦN(a), pne divise pas B(a) et pest donc congru `a 1
modulo N. Donc pest congru `a 1 modulo net est distinct de p1, . . . , pq.
Le¸cons concern´ees
09 Congruences dans Z, anneau Z/nZ. Applications
10 Nombres premiers.Applications
15 Groupe des nombres complexes de module 1. Applications
R´ef´erences
S. Francinou et H. Gianella, Exercices d’alg`ebre 1, Masson, 1993.
S. Francinou, H. Gianella et S. Nicolas, Oraux X-ENS, alg`ebre 1, Cassini, 2001.
S´ebastien Pellerin