Cinquième partie Problèmes d`algèbre

Cinquième partie
Problèmes d’algèbre
513
515
Les anneaux considérés sont toujours supposés unitaires.
516
27
Le théorème de d’Alembert-Gauss
27.1
Énoncé
Le but de cet problème est de montrer le théorème fondamental de l’algèbre : tout polynôme
complexe non constant a au moins une racine.
n
P
On se donne un polynôme P (z) =
ak z k de degré n ≥ 1 avec an = 1.
k=0
1. Montrer que
lim |P (z)| = +∞.
|z|→+∞
2. Montrer qu’il existe z0 ∈ C tel que |P (z0 )| = inf |P (z)| .
z∈C
3. On suppose que P (z0 ) 6= 0 et on définit le polynôme Q par Q (z) =
P (z + z0 )
.
P (z0 )
(a) Montrer que :
∀z ∈ C, |Q (z)| ≥ 1.
(b) Montrer qu’il existe un entier p compris entre 1 et n et une fonction ε définie sur C
tels que bp 6= 0, lim ε (z) = 0 et Q (z) = 1 + bp z p (1 + ε (z)) .
z→0
(c) Justifier l’existence d’un réel r > 0 tel que |ε (z)| <
1
pour tout z ∈ C tel que |z| < r.
2
(d) On note bp = rp eiθp avec rp > 0 et 0 ≤ θp < 2π.
i. Montrer que pour tout z = ρe−i
θp +π
p
avec 0 < ρ < r, on a :
1
|Q (z)| ≤ |1 − rp ρp | + rp ρp .
2
ii. En déduire qu’il existe z1 ∈ C tel que |Q (z1 )| < 1.
iii. Conclure.
27.2
Solution
1. Pour tout z ∈ C∗ , on a :
¯
¯a
an−1
¯
¯ 0
|P (z)| = |z|n ¯ n + · · · +
+ 1¯
z
z
¯a
¯
¯ n−k ¯
avec lim ¯ k ¯ = 0 pour k = 1, · · · , n. D’où le résultat.
|z|→+∞
z
517
518
Le théorème de d’Alembert-Gauss
2. De
lim |P (z)| = +∞, on déduit qu’il existe R > 0 tel que :
|z|→+∞
|z| > R ⇒ |P (z)| > |P (0)|
Su le compact K = {|z| ≤ R} , la fonction continue |P | est minorée et atteint sa borne
inférieure, il existe donc z0 ∈ K tel que |P (z0 )| = inf |P (z)| . On a alors, pour tout z ∈ C,
z∈K
soit z ∈ K et |P (z)| ≥ |P (z0 )| , soit z ∈
/ K, donc |z| > R et |P (z)| > |P (0)| ≥ |P (z0 )| .
Dans tous les cas, |P (z)| ≥ |P (z0 )| et |P (z0 )| = inf |P (z)| .
z∈C
3.
(a) Résulte de :
∀z ∈ C, |P (z + z0 )| ≥ |P (z0 )| .
(b) On a Q ∈ C [z] avec Q (0) = 1 et deg (Q) = n, donc :
Q (z) = 1 + bp z p + · · · + bn z n
avec 1 ≤ p ≤ n et bp 6= 0, ce qui s’écrit :
Q (z) = 1 + bp z p (1 + ε (z))
avec lim ε (z) = 0.
z→0
(c) Par définition de la limite nulle.
(d)
i. Pour z = ρe−i
θp +π
p
, on a :
|Q (z)| = |1 + bp z p (1 + ε (z))|
≤ |1 + bp z p | + rp ρp |ε (z)|
Si de plus ρ = |z| < r, alors |ε (z)| <
1
et :
2
|Q (z)| ≤ |1 + bp z p | + rp ρp
avec :
1
2
´p
³
θp +π
= rp ρp e−iπ = −rp ρp .
bp z p = rp eiθp ρe−i p
ii. On a lim (1 − rp ρp ) = 1, donc 1 − rp ρp > 0 pour ρ assez petit et pour un tel
ρ→0
choix :
1
1
|Q (z)| ≤ 1 − rp ρp + rp ρp = 1 − rp ρp < 1.
2
2
iii. C’est contradictoire avec |Q (z)| ≥ 1. Donc P (z0 ) = 0 et le théorème de
d’Alembert-Gauss est démontré.
28
¡
¢
La forme quadratique T r M 2 sur Mn (R)
28.1
Énoncé
Exercice 28.1 Soient E = Mn (R) l’espace vectoriel des matrices carrées à coefficients réels
d’ordre n ≥ 2 et q l’application définie sur E par :
¡ ¢
∀M ∈ E, q (M ) = T r M 2 .
1. En notant M = ((xij ))1≤i,j≤n un élément de E, donner une expression de q.
2. Montrer que q est une forme quadratique sur E.
3. Donner une expression la forme polaire ϕ de q.
4. Effectuer une réduction de q en combinaison linéaire de carrés de formes linéaires indépendantes dans le dual E ∗ .
5. Déterminer le rang, le noyau et la signature de q.
6. Soient E1 = {M ∈ E | t M = M } le sous-espace vectoriel de E formé des matrices symétriques et E2 = {M ∈ E | t M = −M } le sous-espace vectoriel de E formé des matrices
antisymétriques.
(a) Donner la dimension de E1 en précisant une base.
(b) Que dire des termes diagonaux d’une matrice M = ((xij ))1≤i,j≤n ∈ E2 ?
(c) Donner la dimension de E2 en précisant une base.
(d) Montrer que E = E1 ⊕ E2 .
(e) Montrer que E2 ⊂ E1⊥ , où E1⊥ désigne l’orthogonal de E1 relativement à ϕ.
(f ) Déterminer E1⊥ .
7. Montrer que la restriction de q à E1 est définie positive et que la restriction de q à E2 est
définie négative.
28.2
Solution
1. Le coefficient d’indice (i, i) de P = M 2 , pour i compris entre 1 et n, est :
pii =
n
X
k=1
519
xik xki
La forme quadratique T r (M 2 ) sur Mn (R)
520
et donc :
n
n X
n
X
¡ 2¢ X
q (M ) = T r M =
pii =
xik xki
i=1
=
n
X
x2ii + 2
i=1
X
i=1 k=1
xij xji .
1≤i<j≤n
2. On peut dire que q est un polynôme homogène de degré en ((xij ))1≤i,j≤n .
Ou alors, en désignant par ϕ l’application définie par :
∀ (M, N ) ∈ E 2 , ϕ (M, N ) = T r (M N )
vérifier que :
– ϕ est symétrique puisque T r (M N ) = T r (N M ) pour toutes matrices M, N dans E.
– ϕ est bilinéaire puisque l’application trace est une forme linéaire et, à N fixé, l’application M 7→ M N est linéaire de E dans E, ce qui entraîne que pour tout N fixé, dans E
l’application M 7→ T r (M N ) est linéaire comme composée d’application linéaires. La
symétrie nous dit que ϕ est en fait bilinéaire et cette application étant à valeurs réelles,
c’est bien une forme bilinéaire symétrique.
– Pour tout M ∈ E, q (M ) = ϕ (M, M ) .
En conséquence q est une forme quadratique.
3. Ce qui précède nous dit que l’application ϕ : (M, N ) 7→ T r (M N ) est la forme polaire de
q.
4. Pour 1 ≤ i < j ≤ n, on a :
2xij xji =
1
1
(xij + xji )2 − (xij − xji )2 ,
2
2
ce qui donne la réduction de Gauss :
q (M ) =
n
X
x2ii +
i=1
=
n
X
i=1
1 X
1 X
(xij + xji )2 −
(xij − xji )2
2 1≤i<j≤n
2 1≤i<j≤n
L2ii (M ) +
1 X
1 X
L2ij (M ) −
L2 (M )
2 1≤i<j≤n
2 1≤i<j≤n ji
où les formes linéaires Lij pour 1 ≤ i, j ≤ n sont définies par :

 Lii (M ) = xii (1 ≤ i ≤ n)
Lij (M ) = xij + xji (1 ≤ i < j ≤ n)

Lji (M ) = xij − xji (1 ≤ i < j ≤ n)
L’algorithme de Gauss nous assure que ces formes sont linéairement indépendantes dans
le dual E ∗ .
5. Le rang de q est :
rg (q) = card {Lii | 1 ≤ i ≤ n} + card {Lij | 1 ≤ i < j ≤ n} + card {Lji | 1 ≤ i < j ≤ n}
©
ª
= n + 2 (i, j) ∈ N2 | 1 ≤ i < j ≤ n = n + 2card (X)
Solution
521
avec :
X = {(1, 2) , · · · , (1, n)} ∪ {(2, 3) , · · · , (2, n)} ∪ · · · ∪ {(n − 1, n)}
ce qui donne :
card (X) = (n − 1) + (n − 2) + · · · + 2 + 1 =
n (n − 1)
2
et rg (q) = n + n (n − 1) = n2 = dim (E) .
La forme q est donc non dégénérée et ker (q) = {0} .
La signature de q est
¶ µ
¶
µ
n (n + 1) n (n − 1)
n (n − 1) n (n − 1)
=
.
sign (q) = n +
,
,
2
2
2
2
6.
(a) Une matrice symétrique est uniquement déterminée par son triangle supérieur large
n (n + 1)
(i. e. avec la diagonale comprise), ce qui signifie que dim (E1 ) =
.
2
On peut aussi dire qu’une matrice symétrique s’écrit :
X
M=
aij Eij
1≤i≤j≤n
où les matrices Eij sont définies par :
pour 1 ≤ i ≤ n, Eii a tous ses coefficients nuls sauf celui d’indice (i, i) qui vaut 1 ;
pour 1 ≤ i < j ≤ n, Eij a tous ses coefficients nuls sauf ceux d’indice (i, j) et (j, i)
qui valent 1.
Le système {Eij | 1 ≤ i ≤ j ≤ n} engendre E1 et on vérifie facilement qu’il est libre,
c’est donc une base de E1 . On retrouve que :
©
ª n (n + 1)
dim (E1 ) = card (i, j) ∈ N2 | 1 ≤ i ≤ j ≤ n =
.
2
(b) De t M = −M, on déduit que xii = −xii pour tout i compris entre 1 et n. En
conséquence, tous les termes diagonaux de M ∈ E2 sont nuls.
n (n − 1)
(c) Comme en a. on vérifie que dim (E2 ) =
, une base étant donnée par la
2
famille de matrices {Fij | 1 ≤ i < j ≤ n} , où :
pour 1 ≤ i < j ≤ n, Fij a tous ses coefficients nuls sauf ceux d’indice (i, j) et (j, i)
qui valent respectivement 1 et −1.
(d) Si M ∈ E1 ∩ E2 , on a alors M = t M = −M, ce qui implique M = 0. On a donc
E1 ∩ E2 = {0} avec :
dim (E) = n2 =
n (n − 1) n (n + 1)
+
= dim (E1 ) + dim (E2 )
2
2
et en conséquence E = E1 ⊕ E2 .
(e) Pour (M, N ) ∈ E2 × E1 , on a :
t
(M N ) = t N t M = −N M,
c’est-à-dire que M N ∈ E2 et ϕ (M, N ) = T r (M N ) = 0, ce qui signifie que M ∈ E1⊥ .
La forme quadratique T r (M 2 ) sur Mn (R)
522
(f) Comme ϕ est non dégénérée, on a :
¡ ¢
n (n − 1)
dim E1⊥ = dim (E) − dim (E1 ) =
= dim (E2 )
2
et ce qui précède nous dit que E1⊥ = E2 .
7. Pour M ∈ E1 , on a t M = M et :
Lji (M ) = xij − xji = 0 (1 ≤ i < j ≤ n)
et la décomposition de Gauss donne :
q (M ) =
n
X
L2ii (M ) +
i=1
1 X
L2 (M ) ≥ 0
2 1≤i<j≤n ij
avec q (M ) = 0 si, et seulement si, Lii (M ) = xii = 0 pour 1 ≤ i ≤ n et Lij (M ) =
xij + xji = 2xij = 0 pour 1 ≤ i < j ≤ n, ce qui équivaut à M = 0.
La restriction de q à E1 est donc définie positive.
De même, pour M ∈ E2 , on a t M = −M, soit xij = −xji pour tous i, j, ce qui entraîne
Lii (M ) = xii = 0 pour 1 ≤ i ≤ n et Lij (M ) = xij + xji = 0 pour 1 ≤ i < j ≤ n. La
décomposition de Gauss donne alors :
q (M ) = −
1 X
L2 (M ) ≤ 0
2 1≤i<j≤n ji
avec q (M ) = 0 si, et seulement si, Lji (M ) = xij − xji = 2xij = 0 pour 1 ≤ i < j ≤ n, ce
qui équivaut à M = 0.
La restriction de q à E2 est donc définie négative.
29
Décomposition d’un entier en carrés.
Entiers de Gauss
29.1
Énoncé
Pour
√ tout nombre complexe z = x + iy, on note z = x − iy le complexe conjugué de z et
|z| = zz le module de z.
– I – Le théorème des deux carrés
On note Σ2 l’ensemble des entiers naturels qui s’écrivent comme somme de deux carrés, soit :
©
ª
Σ2 = n ∈ N | n = a2 + b2 où (a, b) ∈ Z2 .
On peut remarquer qu’un entier n est dans Σ2 si, et seulement si, il existe un nombre
complexe z = a + ib avec (a, b) ∈ Z2 tel que n = |z|2 .
1. Montrer que Σ2 est stable pour le produit, c’est-à-dire que le produit de deux entiers
naturels qui sont somme de deux carrés est encore somme de deux carrés.
Il suffit donc, pour décrire Σ2 , de s’occuper des nombres premiers qui peuvent s’écrire
comme somme de deux carrés.
2. Montrer que si n ∈ Σ2 est impair, il et alors congru à 1 modulo 4.
3. Soit p un nombre premier dans Σ2 . Montrer que p est soit égal à 2, soit congru à 1 modulo
4.
4. Soit p un nombre premier congru à 1 modulo 4. Montrer qu’il existe un entier naturel non
nul r tel que p divise 1 + r2 (on peut utiliser le théorème de Wilson). Ce résultat est-il
encore vrai pour p premier congru à 3 modulo 4 ?
5. Soient x un réel et n ≥ 1 un entier. Montrer qu’il existe un couple d’entiers (p, q) ∈ Z×N∗
tels que :
1
1 ≤ q ≤ n et |qx − p| ≤
.
n+1
6. Soient x et λ deux réels avec λ > 1 non entier. Montrer qu’il existe un couple d’entiers
(p, q) ∈ Z × N∗ tels que :
1
1 ≤ q < λ et |qx − p| < .
λ
7. Soient r et n deux entiers naturels non nuls tels que n divise 1 + r2 . Montrer que n est
√
r
somme de deux carrés (on peut utiliser la question précédente avec x = et λ = n).
n
523
524
Décomposition d’un entier en carrés. Entiers de Gauss
8. Soient p, q deux entiers naturels non nuls premiers entre eux et n un entier naturel non
nul. Montrer que si n divise p2 + q 2 , il est alors somme de deux carrés.
9. Soit p un nombre premier. Montrer que p est somme de deux carrés si, et seulement si, il
est égal à 2 ou congru à 1 modulo 4 (théorème de Fermat).
10. On propose ici une autre démonstration du résultat précédent. Compte tenu de I.3, il
suffit de montrer qu’un nombre premier congru à 1 modulo 4 est dans Σ2 . On se donne
donc un nombre premier p congru à 1 modulo 4.
(a) Montrer qu’il existe un entier r compris entre 2 et p − 1 tel que p divise r2 + 1.
√
(b) Montrer que si r < p, alors p = r2 + 1.
√
(c) On suppose que p < r.
i. En désignant par (rk )0≤k≤n la suite des restes successifs qui apparaissent dans
l’algorithme d’Euclide pour le calcul de p ∧ r où r0 = r, rn−1 = p ∧ r et rn = 0,
montrer que, pour tout k compris entre 0 et n − 1, il existe un entier wk compris
entre 1 et p − 1 tel que rk ≡ rwk modulo p.
ii. Montrer qu’il existe un entier k compris entre 1 et n − 1 tel que p = rk2 + wk2 .
11. Soit n un entier naturel non nul somme de deux carrés. Montrer que si p est un diviseur
premier de n congru à 3 modulo 4, alors l’exposant de p dans la décomposition de n en
facteurs premiers est nécessairement pair.
12. Déduire de ce qui précède qu’un entier naturel non nul n est somme de deux carrés si, et
seulement si, les éventuels diviseurs premiers de n congrus à 3 modulo 4 qui apparaissent
dans sa décomposition en facteurs premiers y figurent avec un exposant pair.
13. Montrer que n = 3240 est dans Σ2 et donner une décomposition de n en somme de deux
carrés.
14. Montrer que si n est somme de deux carrés, n = a2 + b2 , avec a et b premiers entre eux,
alors n n’a pas de diviseur premier congru à 3 modulo 4. La réciproque est-elle vraie ?
– II – Les entiers de Gauss
On désigne par Z [i] l’ensemble des entiers de Gauss défini par :
©
ª
Z [i] = a + ib | (a, b) ∈ Z2 .
1.
(a) Montrer que Z [i] est un sous anneau de C stable par l’opération de conjugaison
complexe.
(b) Montrer que l’anneau Z [i] est contenu dans tout sous anneau de C qui contient i.
L’anneau Z [i] est donc le plus petit sous anneau (unitaire) de C (pour l’ordre de
l’inclusion) qui contient i, on dit que c’est le sous anneau de C engendré par i.
(c) Montrer que Z [i] est égal à l’intersection de tous les sous anneaux de C qui contiennent
i.
2. Déterminer l’ensemble Z [i]× des éléments inversibles de Z [i] .
3. Soient u, v dans Z [i] .
(a) Montrer que si u/v dans Z [i] , alors |u|2 divise |v|2 dans N et, pour v 6= 0, |u| ≤ |v| .
Énoncé
525
(b) Montrer que si u/v dans Z [i] et |u| = |v| , alors u et v sont associés et v/u.
(c) Montrer que si u/v et v/u dans Z [i] , alors |u| = |v| . La réciproque est-elle vrai ?
4. Soit (u, v) dans Z [i] × Z [i]∗ . Montrer qu’il existe un couple (q, r) dans Z [i]2 tel que :
u = qv + r avec |r| < |v|
(Z [i] est un anneau euclidien). Un tel couple (q, r) est-il unique ?
5. Montrer que Z [i] est un anneau principal.
6. Soit u irréductible dans Z [i] et v, w dans Z [i] . Montrer que si u divise vw alors u divise
v ou u divise w.
7. Soit p un nombre premier.
(a) Montrer que si p = 2, il est alors réductible dans Z [i] .
(b) Montrer que si p est impair congru à 3 modulo 4, il est alors irréductible dans Z [i] .
(c) Montrer que si p est impair congru à 1 modulo 4, il est alors réductible dans Z [i] .
On a donc montré que p est réductible dans Z [i] si, et seulement si, il est somme de deux
carrés d’entiers naturels.
8. Montrer que si u ∈ Z [i] est tel que |u|2 soit premier dans N, alors u est irréductible dans
Z [i] .
9. Montrer que les éléments irréductibles de Z [i] sont les entiers de Gauss associés à un
entier naturel premier congru à 3 modulo 4 et les entiers de Gauss u tels que |u|2 soit
premier dans N.
– III – Le théorème des quatre carrés
On note Σ4 l’ensemble des entiers naturels qui s’écrivent comme somme de quatre carrés,
soit :
©
ª
Σ4 = n ∈ N | n = a2 + b2 + c2 + d2 où (a, b, c, d) ∈ Z4 .
On peut remarquer qu’un entier n est dans Σ4 si, et seulement si, il existe deux nombres
complexes u = a + ib et v = c + id avec (a, b, c, d) ∈ Z4 tels que :
µ
¶
u v
n = det
= |u|2 + |v|2 .
−v u
Z
des classes résiduelles modulo p.
pZ
1. Montrer que Σ4 est stable pour le produit, c’est-à-dire que le produit de deux entiers
naturels qui sont somme de quatre carrés est encore somme de quatre carrés.
Dans les deux questions qui suivent, p désigne un nombre premier impair.
Pour tout nombre premier p, on note Fp le corps
2.
(a) Déterminer le nombre de carrés dans Fp , c’est-à-dire le cardinal de l’ensemble :
ª
©
C = x2 | x ∈ Fp .
(b) Montrer que pour tous u, v dans F∗p et w dans Fp , l’équation ux2 + vy 2 = w a une
solution (x, y) dans F2p .
526
Décomposition d’un entier en carrés. Entiers de Gauss
(c) Montrer qu’il existe des entiers relatifs r et s compris entre −
p divise 1 + r2 + s2 .
p−1
p−1
et
tels que
2
2
3. On se propose dans cette question de montrer que p est somme de quatre carrés.
On note :
E = {k ∈ {1, · · · , p − 1} | kp ∈ Σ4 } .
(a) Montrer que E est non vide.
(b) On désigne par m le plus petit élément de E. Montrer que m est impair.
(c) On suppose que m > 1 et on désigne par a, b, c, d des entiers relatifs tels que :
mp = a2 + b2 + c2 + d2 .
On désigne par r1 , r2 , r3 , r4 les représentants respectifs de a, b, c, d dans l’anneau
m−1
Z
quotients
des classes résiduelles modulo m tels que |rk | ≤
pour tout k
mZ
2
compris entre 1 et 4 (est impair) et on note :
n = r12 + r22 + r32 + r42 .
i. Montrer qu’il existe un entier q compris entre 1 et m − 1 tels que n = qm.
ii. Montrer qu’il existe des entiers x1 , x2 , x3 , x4 tous divisibles par m tels que :
m2 qp = x21 + x22 + x23 + x24 .
iii. En déduire que qp ∈ Σ4 et conclure.
4. Montrer que tout entier naturel est somme de quatre carrés, c’est-à-dire que Σ4 = N
(théorème de Lagrange).
√
Les anneaux Z [i n] pour n ≥ 2
On se donne un entier naturel n ≥ 2 et on note :
£√ ¤ ©
ª
√
Z i n = a + ib n | (a, b) ∈ Z2
(pour n = 1, il s’agit des entiers de Gauss déjà étudiés).
On rappelle qu’un idéal I d’un anneau A est principal s’il existe a ∈ A tel que :
I = aA = {ab | b ∈ A} .
On dit que l’anneau A est principal si tous ses idéaux sont principaux.
On rappelle que l’anneau A est euclidien, s’il existe une fonction N : A∗ → N (appelée
stathme) telle que pour tout couple (a, b) d’éléments de A∗ , il existe un couple (q, r) dans A2
tel que a = bq + r avec r = 0 ou N (r) < N (b) .
On rappelle que l’anneau A est dit factoriel si pour tout a ∈ A∗ il existe une unité u ∈ A×
r
Q
et des élément irréductibles p1 , · · · , pr tels que a = u
pk , cette décomposition étant unique à
k=1
permutation et aux inversibles près, c’est-à-dire que si a = u
r
Q
k=1
pk = v
s
Q
k=1
qk , où u, v sont des
unités et p1 , · · · , pr , q1 , · · · , qs des élément irréductibles, alors r = s et il existe une permutation
σ de l’ensemble {1, 2, · · · , r} telle que, pour tout k compris entre 1 et r, pk et qσ(k) soient
associés.
Énoncé
527
1.
2.
3.
4.
5.
√
(a) Montrer que Z [i n] est un sous anneau de C stable par l’opération de conjugaison
complexe.
√
(b) Montrer
que l’anneau
√ Z [i n] est contenu dans tout sous anneau de C qui contient
√
i n. L’anneau Z [i n] est donc
√ le plus petit sous anneau (unitaire) de C (pour l’ordre
de
√ l’inclusion) qui contient i n, on dit que c’est le sous anneau de C engendré par
i n.
√
(c) Montrer que √
Z [i n] est égal à l’intersection de tous les sous anneaux de C qui
contiennent i n.
√ ×
√
Déterminer l’ensemble Z [i n] des éléments inversibles de Z [i n] .
√
Soient u, v dans Z [i n] .
√
(a) Montrer que si u/v dans Z [i n] , alors |u|2 divise |v|2 dans N et, pour v 6= 0,
|u| ≤ |v| .
√
(b) Montrer que si u/v dans Z [i n] et |u| = |v| , alors u et v sont associés et v/u.
√
(c) Montrer que si u/v et v/u dans Z [i n] , alors |u| = |v| . La réciproque est-elle vrai ?
√
Montrer √
que si u ∈ Z [i n] est tel que |u|2 soit premier dans N, alors u est irréductible
dans Z [i n] .
√
Montrer que tout élément u non nul et non inversible dans Z [i n] se décompose en
produit de facteurs irréductibles, c’est-à-dire qu’il existe un entier
r ≥ 1, des éléments
√
v1 , · · · , vr deux à deux distincts (si r ≥ 2) irréductibles dans Z [i n] et des entiers naturels
r
Q
pαk k .
non nuls α1 , · · · , αr , tels que u = ±
k=1
6. On suppose ici que n ≥ 3 est impair.
√
√
√
(a) Montrer que 2, 1 + i n et 1 − i n sont irréductibles dans Z [i n] .
(b) Montrer que 1 + n s’écrit de deux manière différentes √
comme produit de facteurs
irréductibles (permutations mises à part). L’anneau Z [i n] n’est donc pas factoriel
pour n ≥ 3 impair.
√
√
(c) Soit u irréductible dans Z [i n] divisant le produit vw où v, w sont dans Z [i n] .
Peux-t-on affirmer que u divise v ou w ?
7. Montrer qu’un anneau euclidien est principal.
8. Soit A un anneau principal. Montrer directement (sans utiliser l’implication A principal,
donc factoriel) que si un élément u irréductible dans A divise le produit vw de deux
éléments de A, alors il divise v ou w.
9. On suppose que n ≥ 3.
√
√
(a) Montrer que i n, est irréductible dans Z [i n] .
√
(b) Montrer (sans utiliser l’implication A principal, donc factoriel) que Z [i n] n’est ni
euclidien ni principal (on distinguera les cas n pair et n impair).
√
10. Montrer que Z [i n] est principal pour n = 1 ou n = 2.
528
Décomposition d’un entier en carrés. Entiers de Gauss
29.2
Solution
– I – Le théorème des deux carrés
On peut remarquer que Σ2 est non vide, puisqu’il contient 0, 1, 2 = 12 + 12 et plus généralement tous les entiers carrés n = a2 + 0.
1. Soient n = a2 + b2 et m = c2 + d2 où a, b, c, d sont des entiers relatifs. En écrivant que
n = |u|2 et m = |v|2 où, u = a + ib et v = c + id, on a :
nm = |uv|2 = |(ac − bd) + (ad + bc) i|2
= (ac − bd)2 + (ad + bc)2
(identité de Lagrange), c’est-à-dire que nm est somme de deux carrés d’entiers.
2. Si n est un entier impair qui s’écrit n = a2 + b2 avec a et b entiers, alors ces deux entiers
sont de parité différente. Comme a et b jouent des rôles symétriques, on peut supposer
que n = 2p et b = 2q + 1 et on a n = 4p2 + (2q + 1)2 = 4k 0 + 1, c’est-à-dire que n est
congru à 1 modulo 4.
3. On a 2 = 12 + 12 ∈ Σ2 . Si p est premier différent de 2, il est nécessairement impair et si
de plus il est dans Σ2 , il est alors congru à 1 modulo 4.
p−1
4. Comme p ≥ 3 est congru à 1 modulo 4, il s’écrit p = 4q + 1 avec q ≥ 1 et m =
= 2q
2
est un entier pair non nul.
Avec 2m = p − 1 ≡ −1 mod p, on déduit que m + 1 ≡ −m mod p et pour tout entier k
compris entre 1 et m − 1 :
m + k + 1 ≡ −m + k = − (m − k) mod p
de sorte que :
(p − 1)! = 1 · 2 · · · · · m · (m + 1) · · · · (m + m)
≡ m! (−1)m m · (m − 1) · · · · · 1 = (m!)2 mod p
(m est pair).
D’autre part, le théorème de Wilson nous dit que (p − 1)! ≡ −1 mod p si p est premier.
On a donc (m!)2 ≡ −1 mod p, ce qui signifie que p divise r2 + 1 où r = m!
Dire que p ≡ 3 mod 4 revient à dire qu’il existe un entier n ≥ 0 tel que p = 4n + 3.
p−1
On a alors r =
= 2n + 1 et si x ∈ Z∗p est tel que x2 = −1, il vient xp−1 = x2r =
2
¡ ¢2n+1
−1
= −1, ce qui contredit le théorème de Fermat qui nous dit que xp−1 = 1 pour
tout x ∈ Z∗p (on a −1 6= 1 puisque p ≥ 2).
En définitive, on a montré qu’un entier premier p est congru à 1 modulo 4, si, et seulement
si, −1 est un carré dans Z∗p .
5. En désignant par [t] la partie entière du réel t ([t] ≤ t < [t] + 1), on a :
E = {kx − [kx] | 0 ≤ k ≤ n} ∪ {1} ⊂ [0, 1]
1
.
n+1
En effet, si ce n’est pas le cas, les n + 2 éléments de E sont deux à deux distincts et en
les rangeant dans l’ordre croissant :
et il existe au moins deux éléments distincts de E qui ont un écart au plus égal à
t0 = 0 < t1 < · · · < tn < tn+1 = 1
Solution
529
on a :
Ã
1 = m ([0, 1]) ≥ m
n
[
!
[tk , tk+1 ]
k=0
=
n
[
m ([tk , tk+1 ]) > (n + 1)
k=0
1
=1
n+1
ce qui est impossible. Si ces deux éléments sont xk = kx − [kx] , où k est compris entre 0
et n et xn+1 = 1, on a alors :
|kx − [kx] − 1| = |qx − p| ≤
1
n+1
1
puisque n ≥ 1) et
n+1
p = [kx] + 1 ∈ Z. Sinon il s’agit de xk = kx − [kx] et xj = jx − [jx] avec 0 ≤ k < j ≤ n
et on a :
1
|jx − [jx] − (kx − [kx])| = |qx − p| ≤
n+1
où on a posé q = j − k ∈ {1, · · · , n} et p = [kx] − [jx] ∈ Z.
où on a posé q = k ∈ {1, · · · , n} (k = 0 donne |xk − xn+1 | = 1 >
6. On désigne par n la partie entière de λ et on a n < λ < n + 1 (λ n’est pas entier) et en
1
désignant par (p, q) un couple d’entiers dans Z×N∗ tels que 1 ≤ q ≤ n et |qx − p| ≤
,
n+1
1
on a 1 ≤ q < λ et |qx − p| < .
λ
√
7. Si n est un carré, il est alors somme de deux carrés. Sinon le réel λ = n n’est pas entier
r
et en notant x = , on peut trouver un couple d’entiers (u, v) tel que 1 ≤ v < λ et :
n
¯ r
¯ 1
1
¯
¯
|vx − u| = ¯v − u¯ < = √
n
λ
n
ou encore :
1≤v<
√
n et |vr − un| <
√
n.
En posant w = vr − un ∈ Z, on a w2 ≤ n et 1 ≤ v 2 + w2 < 2n avec :
¡
¢
v 2 + w2 = v 2 + (vr − un)2 ≡ v 2 + v 2 r2 = v 2 1 + r2 mod n
et 1 + r2 ≡ 0 mod n, ce qui donne v 2 + w2 ≡ 0 mod n, soit v 2 + w2 = kn avec 1 ≤
v 2 + w2 < 2n, ce qui impose k = 1, c’est-à-dire que v 2 + w2 = n.
8. Si p et q sont premiers entre eux, le théorème de Bézout nous dit qu’il existe deux entiers
u, v tels que up + vq = 1. Si n divise p2 + q 2 , il divise aussi :
¡ 2
¢¡
¢
u + v 2 p2 + q 2 = |(u + iv) (p − iq)|2 = |(up + vq) + i (vp − uq)|2
= |1 + i (vp − uq)|2 = 1 + (vp − uq)2
et en conséquence n est somme de deux carrés.
9. On a déjà vu que 2 ∈ Σ2 et que tout nombre premier impair appartenant à Σ2 est congru
à 1 modulo 4.
Réciproquement soit p un nombre premier impair congru à 1 modulo 4. On a vu en I.4
qu’on peut trouver un entier r tel que p divise 1 + r2 . La question précédente nous dit
alors que p est somme de deux carrés.
En définitive, on a montré, pour p premier impair, l’équivalence entre les propositions :
530
Décomposition d’un entier en carrés. Entiers de Gauss
– p est somme de deux carrés ;
– p est congru à 1 modulo 4 ;
Z
– −1 est un carré dans
.
pZ
10.
(a) Comme p est congru à 1 modulo 4, il existe un entier x tel que x2 + 1 soit divisible
Z
par p et en désignant par r le représentant de x dans
compris entre 0 et p − 1,
pZ
l’entier r2 + 1 est divisible par p. Les cas r = 0 et r = 1 étant impossibles puisque p
est premier impair, on a en fait 2 ≤ r ≤ p − 1.
√
(b) Si r < p, on a alors r2 < p, soit r2 ≤ p − 1 et r2 + 1 = qp ≤ p, soit r2 + 1 = p et p
est somme de deux carrés (par exemple p = 5 et r = 2).
√
√
(c) On suppose donc que p ≤ r. Comme p est premier, p n’est pas entier et on, a
√
p < r.
i. L’algorithme d’Euclide, pour le calcul de p ∧ r = 1 (p premier est premier avec
r compris entre 2 et p − 1) consiste à utiliser les suites d’entiers (rk )0≤k≤n et
(qk )1≤k≤n définies par :


r−1 = p = q1 r0 + r1 (0 < r1 < r0 = r)




r0 = q2 r1 + r2 (0 < r2 < r1 )


 r1 = q3 r2 + r3 (0 < r3 < r2 )
..

.




rn−3 = qn−1 rn−2 + rn−1 (0 < rn−1 < rn−2 )


 r
n−2 = qn rn−1 + rn (rn = 0)
et on a rn−1 = p ∧ r = 1. Pour tout k compris entre 0 et n − 1, il existe des
entiers uk et vk tels que rk = puk + rvk (on le vérifie par récurrence finie sur
k), soit rk ≡ rvk modulo p et en désignant par wk le représentant modulo p de
vk qui est compris entre 0 et p − 1, on a encore rk ≡ rwk modulo p. Comme
0 = rn < rn−1 < · · · < r1 < r < p, on wk 6= 0 pour k compris entre 0 et n − 1
(sinon p divise rk ).
√
√
ii. De plus avec 1 = rn−1 < p < r0 = r et p non entier, on déduit qu’il existe
√
un entier k compris entre 1 et n − 1 tel que rk < p < rk−1 . Pour un tel k, on
a:
¡
¢
rk2 + wk2 ≡ r2 wk2 + wk2 = wk2 r2 + 1 ≡ 0 mod p
c’est-à-dire que p divise rk2 + wk2 avec :
2 ≤ rk2 + wk2 < p + p = 2p
et nécessairement, p = rk2 + wk2 .
11. Soit n un entier naturel non nul somme de deux carrés, n = a2 + b2 avec (a, b) ∈ N2 . En
désignant par δ le pgcd de a et b, on a a = δα, b = δβ avec α et β premiers entre eux
et n = δ 2 (α2 + β 2 ) . Si p est un diviseur premier de n congru à 3 modulo 4, on a alors
n = pm q où m ≥ 1 et q est premier avec p. Si p divise α2 + β 2 , il est alors somme de deux
carrés, ce qui est impossible pour p ≡ 3 modulo 4 (question I.2). Donc p ne divise pas
α2 + β 2 et divise δ 2 donc δ. La décomposition de δ en facteurs premier contient donc p
avec un exposant r ≥ 1 et celle de n contient p avec un exposant 2r.
Solution
531
12. On rappelle qu’un nombre premier impair est congru à 1 ou 3 modulo 4.
La condition nécessaire vient d’être montré.
mr 2r1
2rs
2
Réciproquement supposons n = 2m1 pm
2 · · · pr q1 · · · qs , où m1 ≥ 0, les pj sont des
nombres premiers congrus à 1 modulo 4 (s’il en existe) et les qj des nombres premiers
congrus à 3 modulo 4 (s’il en existe). Comme 1, 2, les pj et les qj2 sont dans Σ2 qui est
stable par multiplication, on en déduit que n ∈ Σ2 .
13. Par exemple 3240 = 23 · 34 · 5 est somme de deux carrés. On a :
¯
¯2
3240 = ¯(1 + i)3 ∗ (1 + 2i)¯ ∗ 92
= |−6 − 2i|2 ∗ 92 = 62 ∗ 92 + 22 ∗ 92
= 542 + 182
14. Si n = a2 + b2 avec a et b premiers entre eux, alors tout diviseur premier impair p de
n divise a2 + b2 et il est alors somme de deux carrés (question I.8) et donc congru à 1
modulo 4 (question I.9).
La réciproque est fausse comme le montre l’exemple de :
n = 45 = 5 · 32 = 32 + 62 .
– II – Les entiers de Gauss
1.
(a) Pour tout u = a+ib ∈ Z [i] , on a u = a−ib ∈ Z [i] , donc Z [i] stable par conjugaison.
On a 1 = 1 + i · 0 ∈ Z [i] . Pour u = a + ib et v = c + id, où a, b, c, d sont des entiers
relatifs, on a :
½
u − v = (a − c) + (b − d) i ∈ Z [i]
uv = (ac − bd) + (ad + bc) i ∈ Z [i]
(b) Si un anneau A contient i, il contient également 1 (il s’agit d’anneaux unitaires) et
en conséquence il contient tout élément de la forme a + ib avec (a, b) ∈ Z2 . On a
donc Z [i] ⊂ A.
(c) En désignant par (Ai )i∈I la famille de tous les sous anneaux de C qui contiennent i,
\
on a A = Ai ⊂ Z [i] puisque Z [i] est l’un de ces sous-anneaux et Z [i] ⊂ A puisque
i∈I
A est un anneau. On a donc bien Z [i] = A.
2. Si u = a + ib est inversible dans Z [i] , il existe alors v ∈ Z [i] tel que uv = 1 et |u|2 |v|2 = 1
avec |u|2 = a2 + b2 ∈ N et |v|2 ∈ N, ce qui impose |u|2 = |v|2 = 1. On a donc a2 + b2 = 1
avec (a2 , b2 ) ∈ N2 , ce qui équivaut à (a2 , b2 ) = (1, 0) ou (a2 , b2 ) = (0, 1) ou encore à a = ±1
et b = 0 ou a = 0 et b = ±1. On a donc Z [i]× ⊂ {−1, 1, −i, i} . L’inclusion réciproque se
vérifiant facilement. En définitive, on a :
Z [i]× = {u ∈ Z [i] | |u| = 1} = {−1, 1, −i, i} .
On peut remarquer que le groupe Z [i]× est le cyclique d’ordre 4 formé des racines 4-ième
Z
de l’unité et qu’il est isomorphe à .
4Z
532
Décomposition d’un entier en carrés. Entiers de Gauss
3.
(a) Dire que u/v dans Z [i] signifie qu’il existe q ∈ Z [i] tel que v = qu, ce qui entraîne
|v|2 = |q|2 |u|2 avec |q|2 ∈ N et |u|2 divise |v|2 dans N. De plus, pour v non nul, on a
q 6= 0, donc |q|2 ≥ 1 dans N et |v|2 ≥ |u|2 , ce qui revient à dire que |u| ≤ |v| .
(b) Si u = 0 ou v = 0 alors u = v = 0 et u, v sont bien associés.
On suppose donc que u 6= 0 et v 6= 0. On a v = qu dans Z [i]∗ avec |u| = |v| , donc
|q| = 1 dans Z [i] , ce qui équivaut à dire que q ∈ Z [i]× . Il en résulte que u et v sont
associés, ce qui entraîne que v divise u.
(c) Dire que u/v et v/u dans Z [i] équivaut à dire que u et v sont associés dans Z [i] ,
soit v = qu avec q ∈ {−1, 1, −i, i} , ce qui entraîne |u| = |v| (on peut aussi utiliser
la question précédente en permutant les rôles de u et v).
√
La réciproque est fausse. En effet, pour u = 2+i et v = u = 2−i, on a |u| = |v| = 5
u
2+i
3 4
et u, v ne sont pas associés puisque =
= + i∈
/ Z [i] .
v
2−i
5 5
·
[·
u
1
1
2
4. Soit z = = x + iy avec (x, y) ∈ R . En utilisant la partition R =
n − ,n +
,
v
2
2
n∈Z
on peut trouver un unique couple (a, b) d’entiers relatifs tels que :
·
· ·
·
1
1
1
1
(x, y) ∈ a − , a +
× b − ,b +
2
2
2
2
et en notant q = a + ib, on a q ∈ Z [i] et :
¯u
¯2
¯
¯
2
−
q
¯
¯ = |(x − a) + i (y − b)|
v
1 1
= (x − a)2 + (y − b)2 ≤ + < 1
4 4
ou encore |u − qv| < |v| . En posant r = u − qv, on a bien r ∈ Z [i] et |r| < |v| .
Un tel couple n’est pas unique comme le montre l’exemple de (u, v) = (14, 4) . On a
14 = 3 · 4 + 2 = 4 · 4 + (−2) avec |2| = |−2| < |4| .
5. Soit I un idéal de Z [i] . Si I = {0} , il est principal. On suppose que I 6= {0} et on pose :
©
ª
n = inf |u|2 | u ∈ I \ {0} .
©
ª
Cette borne inférieure existe puisque P = |u|2 | u ∈ I \ {0} est une partie non vide de
N∗ et de plus elle est atteinte, c’est-à-dire qu’il existe u0 dans I \ {0} tel que n = |u0 |2 .
En effectuant la division euclidienne d’un élément u de I par u0 , on a u = qu0 + r avec
r ∈ Z [i] tel que |r| < |u0 | , ce qui entraîne r = 0 puisque u0 est de module minimal dans
I \ {0} . Tout élément u de I s’écrit donc u = qu0 et I ⊂ u0 Z [i] . Comme par ailleurs
u0 Z [i] ⊂ I puisque I est un idéal, on a I = u0 Z [i] .
En définitive, Z [i] est principal.
En fait, de manière plus générale, tout anneau euclidien est principal.
6. Comme Z [i] est principal, l’idéal uZ [i] + vZ [i] est engendré par un élément δ (un pgcd de
u et v), soit uZ [i] + vZ [i] = δZ [i] . De u ∈ δZ [i] , on déduit que δ divise u, donc δ est soit
inversible, soit associé à u, puisque u est irréductible. Dans le cas où δ est inversible, on
a δZ [i] = Z [i] , donc 1 ∈ uZ [i] + vZ [i] , soit 1 = αu + βv avec α, β dans Z [i] et u divise
w = αuw + βvw. Dans le cas où δ est associé à u, on a δZ [i] = uZ [i] , donc v ∈ uZ [i] et
Solution
533
u divise v.
r
Q
Par récurrence, on déduit que si u irréductible divise un produit vk , il divise alors l’un
k=
des vk .
7.
(a) On a 2 = (1 + i) (1 − i) avec 1 ± i non inversible (|1 ± i| =
réductible dans Z [i] .
√
2 6= 1), donc 2 est
(b) Soit p premier impair congru à 3 modulo 4. Si p = u1 u2 avec |uk | = |ak + ibk | > 1,
pour k = 1, 2, dans Z [i] , on a alors p2 = (a21 + b21 ) (a22 + b22 ) dans N∗ et a21 + b21 est
un entier compris entre 2 et p2 − 1 (puisque a2k + b2k ≥ 2) qui divise p2 , ce qui impose
a21 + b21 = p en contradiction avec p congru à 3 modulo 4 puisque dans ce cas p n’est
pas somme de deux carrés.
(c) Si p est premier impair congru à 1 modulo 4, il est alors somme de deux carrés, soit
√
p = a2 + b2 = uv avec u = a + ib, v = u et |u| = |v| = p > 1 dans Z [i] , ce qui
signifie que u et v ne sont pas inversibles et p est réductible dans Z [i] .
8. Supposons que |u|2 soit premier dans N. Si u = vw dans Z [i] , on a alors p = |u|2 = |v|2 |w|2
dans N avec p premier, ce qui implique |v|2 = 1 ou |w|2 = 1, soit v ou w inversible dans
Z [i] . L’entier de Gauss u est donc irréductible dans Z [i] .
9. On a déjà montré que les entiers naturels premiers congrus à 3 modulo 4 et les entiers de
Gauss u tels que |u|2 soit premier dans N sont irréductibles de Z [i] .
Réciproquement, soit u irréductible de Z [i] . L’entier de Gauss u divise uu = |u|2 dans
Z [i] . En utilisant la décomposition en facteurs premiers de |u|2 dans N, on déduit que
u divise un des facteurs premiers p de cet entier |u|2 . On a donc p = uv avec p ≥ 2
premier dans N et v ∈ Z [i] . Si v est inversible, u est alors associé à p, donc p est premier
irréductible Z [i] , c’est-à-dire congru à 3 modulo 4. Sinon, on a |v| > 1 et de p2 = |u|2 |v|2
dans N, avec 2 ≤ |u|2 < p2 , on déduit que |u|2 = p.
Les éléments irréductibles de Z [i] sont donc les entiers de Gauss associés à un entier
naturel premier congru à 3 modulo 4 et les entiers de Gauss u tels que |u|2 soit premier
dans N.
– III – Le théorème des quatre carrés
1. Soient n = a2 + b2 + b2 + cµ2 et m = ¶
α2 + β 2 + γ 2 + µ
δ 2 où a, b, · ¶
· · , δ sont des entiers relatifs.
0
0
u v
u v
et m = det
où, u = a + ib, v = c + id,
En écrivant que n = det
−v u
−v 0 u0
534
Décomposition d’un entier en carrés. Entiers de Gauss
u0 = α + iβ, v 0 = γ + iδ, on a :
µ
¶µ 0
¶
µ
¶
u v0
u v
uu0 − vv 0 uv 0 + vu0
nm = det
= det
−v u
−v 0 u0
−uv 0 − vu0 uu0 − vv 0
!
Ã
uu0 − vv 0 ´ uv 0 + vu0
¯ 0
¯
¯
¯
³
¯uu − vv 0 ¯2 + ¯uv 0 + vu0 ¯2
= det
=
− uv 0 + vu0 uu0 − vv 0
= |(a + ib) (α + iβ) − (c + id) (γ − iδ)|2
+ |(a + ib) (γ + iδ) + (c + id) (α − iβ)|2
= |(aα − bβ − cγ − dδ) + i (aβ + bα − dγ + cδ)|2
+ |(aγ − bδ + cα + dβ) + i (bγ + aδ + dα − cβ)|2
= (aα − bβ − cγ − dδ)2 + (aβ + bα + cδ − dγ)2
+ (aγ − bδ + cα + dβ)2 + (aδ + bγ − cβ + dα)2
c’est-à-dire que nm est somme de quatre carrés d’entiers.
Comme on peut changer b, c, d en −b, −c, −d sans modifier n, cette identité s’écrit aussi :
nm = (aα + bβ + cγ + dδ)2 + (aβ − bα − cδ + dγ)2
+ (aγ + bδ − cα − dβ)2 + (aδ − bγ + cβ − dα)2
2.
2
(a) En utilisant le fait que l’application
ª x 7→ x est un morphisme du groupe multiplicatif
©
∗
Fp sur lui même de noyau −1, 1 à deux éléments (−1 6= 1 dans Fp puisque p ≥ 3) et
d’image le groupe multiplicatif C ∗ des carrés de F∗p , on déduit que C ∗ est isomorphe
Ã
!
∗
F
F∗p
p−1
ª et card (C ∗ ) = card © p ª =
. Comme C =
au groupe quotient ©
2
−1, 1
−1, 1
© ª
p−1
p+1
C ∗ ∪ 0 , on en déduit que card (C) =
+1=
.
2
2
(b) Pour u, v dans F∗p et w dans Fp , les ensembles A = {ux2 | x ∈ Fp } et B = {w − vy 2 | y ∈ Fp }
sont en bijection avec C (puisque u et v sont non nuls et Fp est un corps) et donc
p+1
ont le même nombre d’éléments, soit
. Ces ensembles ne peuvent donc être
2
disjoints dans Fp qui est de cardinal p, c’est-à-dire qu’il existe x, y dans Fp tels que
ux2 = w − vy 2 .
¡
¢
(c) Prenant (u, v, w) = 1, 1, −1 dans la question précédente, on peut trouver x, y dans
Fp tels que x2 + y 2 = −1 et en écrivant que :
½
¾
p−1
p−1
, · · · , −1, 0, 1, · · · ,
Fp = −
2
2
p−1
p−1
et
. L’égalité
2
2
1 + x2 + y 2 = 0 dans Fp se traduit alors en disant que p divise 1 + r2 + s2 .
on peut écrire que x = r et y = s avec r et s compris entre −
3.
p−1
p−1
et
tels que p divise 1 + r2 + s2 ,
2
2
il existe alors un entier k tel que kp = 1 + r2 + s2 , ce qui entraîne kp ∈ Σ4 , k ≥ 1 et :
(a) Si r et s sont des entiers compris entre −
kp ≤ 1 + 2
(p − 1)2
p2
<1+
< p2
4
2
Solution
535
donc k < p et k est dans E.
(b) m est le plus petit entier compris entre 1 et p − 1 tel que mp s’écrive mp = a2 +
b2 + c2 + d2 où (a, b, c, d) ∈ Z4 . Si m est pair, les entiers a, b, c, d sont soit de même
parité, soit deux d’entre eux sont pairs et les deux autres impairs. On aurait alors
4
P
mp =
x2k où les xk sont des entiers qui sont de même parités ou tels que x1 , x2
k=1
soient pairs et x3 , x4 impairs. Dans ces deux cas, on peut écrire que :
¶2 µ
¶2 µ
¶2 µ
¶2
µ
m
x1 + x2
x1 − x2
x3 + x4
x3 − x4
p=
+
+
+
∈ Σ4
2
2
2
2
2
ce qui contredit le caractère minimal de m. L’entier m est donc impair.
(c)
i. Il est clair que n ≥ 0. Si n = 0, alors tous les rk sont nuls, ce qui signifie que les
entiers a, b, c, d sont tous divisibles par m et il existe des entiers q1 , q2 , q3 , q4 tels
que :
¡
¢
mp = m2 q12 + q22 + q32 + q42
ce qui donne p = mu et m divise p avec p premier et 2 ≤ m ≤ p − 1, ce qui est
impossible. On a donc n ≥ 1.
m−1
Par ailleurs, comme |rk | ≤
pour tout k compris entre 1 et 4, on a :
2
µ
¶2
m−1
n≤4
= (m − 1)2 < m2
2
et :
n = r12 + r22 + r32 + r42
≡ a2 + b2 + c2 + d2 = mp ≡ 0 (mod m)
c’est-à-dire que m divise n. On a donc 1 ≤ n = qm < m2 et q < m.
ii. Les entiers mp et n = qm étant sommes de deux carrés, il en est de même du
produit m2 qp. Plus précisément, avec :
½
mp = a2 + b2 + c2 + d2
qm = r12 + r22 + r32 + r42
on a :
m2 qp = x21 + x22 + x23 + x24
où :

x1 = ar1 + br2 + cr3 + dr4 ≡ a2 + b2 + c2 + d2 ≡ 0



x2 = ar2 − br1 − cr4 + dr3 ≡ ab − ba − cd + dc ≡ 0
x

3 = ar3 + br4 − cr1 − dr2 ≡ ac + bd − ca − db ≡ 0


x4 = ar4 − br3 + cr2 − dr1 ≡ ad − bc + cb − da ≡ 0
(mod m)
(mod m)
(mod m)
(mod m)
c’est-à-dire que tous les rk sont divisibles par m.
iii. On a donc xk = myk pour tout k compris entre 1 et 4 et :
¢
¡
m2 qp = m2 y12 + y22 + y32 + y42
ce qui donne qp = y12 + y22 + y32 + y42 ∈ Σ4 avec 1 ≤ q ≤ m − 1 ≤ p − 1, ce qui
contredit le caractère minimal de m.
On a donc m = 1 et p ∈ Σ4 .
536
Décomposition d’un entier en carrés. Entiers de Gauss
4. Comme tout entier naturel est produit de nombres premiers et Σ4 qui contient 0, 1 et tous
les nombres premiers est stable par le produit, on déduit que Σ4 = N.
√
– IV – Les anneaux Z [i n] pour n ≥ 2
1.
√
√
√
√
√
(a) Pour tout u = a + ib n ∈ Z [i n] , on a u = a − ib n ∈ Z [i n] , donc Z [i n]
stable par conjugaison.
√
√
√
√
On a 1 = 1 + i · 0 · n ∈ Z [i n] . Pour u = a + ib n et v = c + id n, où a, b, c, d
sont des entiers relatifs, on a :
½
√
√
u − v = (a − c) + (b − d) i n√∈ Z [i n]√
uv = (ac − bdn) + (ad + bc) i n ∈ Z [i n]
√
(b) Si un anneau A contient i n, il contient également 1 (il s’agit
√ d’anneaux unitaires)
et en conséquence
il contient tout élément de la forme a + ib n avec (a, b) ∈ Z2 . On
√
a donc Z [i n] ⊂ A.
(c) En désignant par (Ai )i∈I la famille de tous les sous anneaux de C qui contiennent
\
√
√
√
i n, on a A =
Ai ⊂ Z [i n] puisque Z [i n] est l’un de ces sous-anneaux et
i∈I
√
√
Z [i n] ⊂ A puisque A est un anneau. On a donc bien Z [i n] = A.
√
√
√
2. Si u = a + ib n est inversible dans Z [i n] , il existe alors v ∈ Z [i n] tel que uv = 1 et
|u|2 |v|2 = 1 avec |u|2 = a2 + nb2 ∈ N et |v|2 ∈ N, ce qui impose |u|2 = |v|2 = 1. On a donc
a2 +√nb2 = 1 avec (a2 , b2 ) ∈ N2 et n ≥ 2, ce qui équivaut à b = 0 et a = ±1. On a donc
×
Z [i n] ⊂ {−1, 1} . L’inclusion réciproque étant vérifiée pour tout anneau unitaire. On
a donc :
£√ ¤
ª
£ √ ¤× ©
Z i n = u ∈ Z i n | |u| = 1 = {−1, 1} .
3.
√
√
(a) Dire que u/v dans Z [i n] signifie qu’il existe q ∈ Z [i n] tel que v = qu, ce qui
entraîne |v|2 = |q|2 |u|2 avec |q|2 ∈ N et |u|2 divise |v|2 dans N. De plus, pour v
non nul, on a q 6= 0, donc |q|2 ≥ 1 dans N et |v|2 ≥ |u|2 , ce qui revient à dire que
|u| ≤ |v| .
(b) Si u = 0 ou v = 0 alors u = v = 0 et u, v sont bien associés. √
∗
On suppose donc que√u 6= 0 et v 6= 0. On a v = qu dans Z√[i n] avec |u| = |v| ,
×
donc |q| = 1 dans Z [i n] , ce qui équivaut à dire que q ∈ Z [i n] . Il en résulte que
u et v sont associés, ce qui entraîne que v divise u.
√
(c) Dire√que u/v et v/u dans Z [i n] équivaut à dire que u et v sont associés dans
Z [i n] , soit v = ±u, ce qui entraîne |u| = |v| .
√
√
n
et
v
=
u
=
1
−
i
n, on a
La réciproque
est
fausse.
En
effet,
pour
u
=
1
+
i
√
|u| = |v| = n + 1 et u, v ne sont pas associés puisque :
√ 2
√
£√ ¤
(1 + i n)
1+i n
1−n
2 √
u
√ =
=
=
+
i n∈
/Z i n
v
1+n
1+n n+1
1−i n
pour n ≥ 2 (
2
∈
/ Z).
n+1
Solution
537
√
4. Supposons que |u|2 soit premier dans N. Si u = vw dans Z [i n] , on a alors p = |u|2 =
2
2
|v|2 |w|2 dans
√ N avec p premier, ce qui implique |v| = 1 ou√|w| = 1, soit v ou w inversible
dans Z [i n] . L’élément u est donc irréductible dans Z [i n] .
5. On procède par récurrence sur l’entiers |u|2 ≥ 2 (u est non nul et non inversible).
Si |u|2 = 2, alors u est irréductible (2 est premier) et on une décomposition
avec r = 1.
√
Supposons le résultat acquis√pour tous les éléments u de Z [i n] tels que |u|2 ≤ m − 1
où m ≥ 3 et soit u ∈ Z [i n] tel que |u|2 = m. Si u √
est irréductible c’est terminé
avec r = 1. Sinon il existe v, w non inversibles dans Z [i n] tels que u = vw et on a
m = |u|2 = |v|2 |w|2 avec |v|2 ≥ 2 et |w|2 ≥ 2 dans N, ce qui entraîne 2 ≤ |v|2 ≤ m − 1,
2 ≤ |w|2 ≤ m − 1 et v, w se décomposent en produit de facteurs irréductibles, ce qui
donne une décomposition pour u.
6.
(a)
√
i. Supposons que 2 = vw avec v, w non inversibles dans Z [i n] . On a alors 4 =
|v|2 |w|2 avec |v|2 ≥ 2 et |w|2 ≥ 2 dans N, ce qui implique |v|2 = |w|2 = 2
2
(|v|2 = 1 est exclu puisque v n’est pas inversible
|w|2 = 1 qui
√ et |v| = 4 donne
est également exclu). En écrivant v = a + ib n, on a alors a2 + nb2 = 2 avec
n ≥ 3, ce qui impose b = 0 et a2 = 2 avec a entier, ce qui est impossible.
√
√
ii. Supposons que 1 + i n = vw avec v, w non inversibles dans Z [i n] . On a alors
2
1 + n = |v|2 |w|2 avec |v|2 ≥ 2 et |w|
≥ 2 dans N, ce qui implique |v|2 ≤ n
√
et |w|2 ≤ n. En écrivant v = a + ib n, on a alors a2 + nb2 ≤ n avec n ≥ 3.
Pour b 6= 0, on a alors a2 + n ≤ a2 + nb2 ≤ n ce qui impose a = 0 et nb2 ≤ n
donne b2 = 1, soit
√ |v| = 1 qui
√ contredit v non inversible. Pour b = 0, on a alors
aw = a (c + id n) = 1 + i n qui donne ac = 1 et v = a = ±1 qui contredit
encore v non inversible.
√
√
iii. 1 − i n est également irréductible comme conjugué de 1 + i n.
(b) L’entier n + 1 ≥ 4 étant pair s’écrit n + 1 = 2α m avec α ≥ 1 et m ≥ 1 impair.
Si m = 1, alors :
¡
√ ¢¡
√ ¢
1 + n = 2α = 1 + i n 1 − i n
ce qui donne deux décompositions différentes √
de 1 + n.
Si m ≥ 3, il est alors √
non inversible dans Z [i n] et en le décomposant en facteurs
irréductibles dans Z [i n] , on a :
¡
√ ¢
√ ¢¡
1+n= 1+i n 1−i n
r
Y
α
α
=2 m=2
pαk k
k=2
√
√
les pk étant irréductibles
dans
Z
[i
n]
et
différents
de
1
±
i
n (si par exemple, l’un
√
√
des pk vaut 1 + i n, 1 − i n sera alors divisible par 2, ce qui contredit le fait qu’il
est irréductible), ce qui donne deux décompositions différentes de 1 + n.
√
√
(c) Prenons u = 2 qui est irréductible. Il divise √
1 + n = (1 + i n)
√ (1 − i n) qui est un
entier pair et pourtant ne divise ni v = 1 + i n, ni w = 1 − i n puisque v et w sont
irréductibles.
En fait l’unicité dans la décomposition en facteurs irréductibles dans un anneau
intègre équivaut à la propriété de Gauss : « u irréductible divise vw entraîne u divise
v ou u divise w ».
538
Décomposition d’un entier en carrés. Entiers de Gauss
7. Soit I un idéal de A. Si I = {0} , il est principal. On suppose que I 6= {0} et on pose :
n = inf {N (u) | u ∈ I \ {0}} .
Cette borne inférieure existe puisque P = {N (u) | u ∈ I \ {0}} est une partie non vide de
N et de plus elle est atteinte, c’est-à-dire qu’il existe u0 dans I \ {0} tel que n = N (u0 ) .
En effectuant la division euclidienne d’un élément u de I par u0 , on a u = qu0 + r avec
q, r dans A et r = 0 ou N (r) < N (u0 ) , ce qui entraîne r = 0 puisque u0 est de stathme
minimal dans I \ {0} . Tout élément u de I s’écrit donc u = qu0 et I ⊂ u0 A. Comme par
ailleurs u0 A ⊂ I puisque I est un idéal, on a I = u0 A.
En définitive, A est principal.
8. Comme l’anneau A est principal, l’idéal uA + vA est engendré par un élément δ (un pgcd
de u et v dans A), soit uA + vA = δA. De u ∈ δA, on déduit que δ divise u, donc δ est soit
inversible, soit associé à u, puisque u est irréductible. Dans le cas où δ est inversible, on a
δA = A, donc 1 ∈ uA + vA, soit 1 = αu + βv avec α, β dans A et u divise w = αuw + βvw.
Dans le cas où δ est associé à u, on a δA = uA, donc v ∈ uA et u divise v.
r
Q
Par récurrence, on déduit que si u irréductible divise un produit vk , il divise alors l’un
des vk .
k=
9.
√
√
(a) Si i n = uv avec u, v non inversibles, en écrivant que u = a + ib n, on déduit que
√ 2
√
n = |i n| est divisible par a2 + nb2 ≥ 2. Si b = 0, en écrivant que v = c + id n, on
a alors :
√
√
i n = ac + iad n
et ad = 1, soit |a| = 1 qui contredit a2 = a2 + nb2 ≥ 2. Si b 6= 0, on a alors
nb2 ≤ a2 + nb2 ≤ n ce qui
soit u = ±1, en contradiction
√ entraîne |b| = 1 et a = 0, √
avec u inversible. Donc i n est irréductible dans Z [i n] .
√
(b) Il suffit de montrer que Z [i n] n’est pas principal.
√
Pour n ≥ 3 impair, on a vu en I.6c que Z [i n] ne satisfait pas à la condition de
Gauss, il ne peut donc être est principal.
Si n ≥ 4 est pair, il s’écrit n = 2m avec m ≥ 2. Avec :
¡
√ ¢
√
√ ¡
√ ¢
2 m + i n = n + 2i n = i n 2 − i n
√
√
on déduit
√ le produit 2 (m + i n) sans diviser v = 2 ou
√ que l’irréductible i n divise
m + i n. En effet, les multiples de i n sont de la forme :
√ ¡
√ ¢
√
√
i n a + ib n = −nb + ia n = −2mb + ia n
et les égalités −2mb = 2 ou −2mb = m sont impossibles.
10. Pour n = 1, c’est déjà fait en partie II.
Pour n = 2, c’est la même démonstration.
√
£√ ¤
u
= x + iy 2 avec (x, y) ∈ R2 . En utilisant
Soient u, v non nuls dans Z i 2 et z =
v
·
[·
1
1
la partition R =
n − ,n +
, on peut trouver un unique couple (a, b) d’entiers
2
2
n∈Z
relatifs tels que :
·
· ·
·
1
1
1
1
(x, y) ∈ a − , a +
× b − ,b +
2
2
2
2
Solution
539
√
£√ ¤
et en notant q = a + ib 2, on a q ∈ Z i 2 et :
¯u
¯2 ¯
√ ¯¯2
¯
¯
¯
¯ − q ¯ = ¯(x − a) + i (y − b) 2¯
v
1 2
= (x − a)2 + 2 (y − b)2 ≤ + < 1
4 4
£√ ¤
ou encore |u − qv| < |v| . En posant r = u − qv, on a bien r ∈ Z i 2 et |r| < |v| .
540
Décomposition d’un entier en carrés. Entiers de Gauss
30
Nombres de Fibonacci
30.1
Énoncé
On définit la suite de Fibonacci (un )n∈N par :
½
u0 = 0, u1 = 1
∀n ∈ N∗ , un+1 = un−1 + un
1. Montrer que pour tout n ∈ N∗ , un est un entier naturel non nul.
2. Montrer que l’ensemble E des suites réelles x = (xn )n∈N qui vérifient la relation de récurrence :
∀n ∈ N∗ , xn+1 = xn−1 + xn
(30.1)
est un espace vectoriel de dimension 2.
3. Soit r un réel non nul. Montrer que la suite x = (rn )n∈N est dans E si, et seulement si, r
est racine du polynôme :
P (X) = X 2 − X − 1.
4. Montrer que P a deux racines réelles distinctes r1 < r2 et déterminer ces dernières.
5. Montrer que si u est la suite des nombres de Fibonacci, alors :
1
∀n ∈ N, un = √ (r2n − r1n ) .
5
(30.2)
6. Lorsque n tend vers l’infini, donner un équivalent simple de un en fonction de r2 (r2 est
le nombre d’or).
7. Montrer de deux manières différentes que :
∀n ∈ N, un+2 = 1 +
n
X
uk .
k=0
8. Montrer que :
∀n ∈ N∗ , un−1 un+1 − u2n = (−1)n
des deux manières suivantes :
(a) en utilisant la formule (30.2) ;
(b) en raisonnant par récurrence.
541
(30.3)
542
Nombres de Fibonacci
9. Montrer que, pour tout n ∈ N∗ , un−1 et un sont premiers entre eux.
10. Soient m ≥ n dans N. Montrer que :
um−n = (−1)n (um un+1 − um+1 un ) .
des deux manières suivantes :
(a) en utilisant la formule (30.2) ;
(b) en raisonnant par récurrence.
µ
¶
un+1 un
∗
11. Pour tout n ∈ N , on note An =
.
un un−1
(a) Montrer que An est inversible dans M2 (Z) .
(b) Montrer que pour tout n ∈ N∗ on a An A1 = An+1 et retrouver la formule (30.3) .
(c) Montrer que pour tout n, m dans N∗ on a An Am = An+m .
(d) Montrer que pour tout n, m dans N∗ on a
un+m = um un−1 + un um+1 = um un+1 + un um−1 .
(30.4)
12. Soient n, m dans N∗ . Montrer que si m est un multiple de n alors um est multiple de un .
13. Soient n, m dans N∗ .
(a) Montrer que si d ∈ N∗ est un diviseur commun à n et m, alors ud est un diviseur
commun à un et um .
(b) En déduire que un∧m divise un ∧ um .
14. Montrer que pour n, q dans N∗ on a :
½
q−1
uqn ≡ qun un+1
(u2n )
q
uqn+1 ≡ un+1 (u2n )
15. Soient n, m dans N∗ .
(a) Montrer que un ∧ um = un ∧ um+n .
(b) Montrer que un ∧ um = un ∧ um+qn pour tout q ≥ 0.
(c) Montrer que :
un ∧ um = un∧m
(on peut raisonner par récurrence sur s = n + m).
16. Soient m ≥ n ≥ 3 dans N. Montrer que m est un multiple de n si, et seulement si, um est
multiple de un .
17. Soient m ≥ n ≥ 3 dans N. Montrer que m est multiple de nun si, et seulement si, um est
multiple de u2n .
Solution
30.2
543
Solution
1. On a u0 = 0 et on vérifie facilement par récurrence sur n ≥ 1 que un ∈ N∗ pour tout
n ∈ N∗ .
2. Il est facile de vérifier que E est un sous-espace vectoriel de l’espace des suites réelles. En
effet la suite nulle vérifie la relation de récurrence (30.1) et si x, y vérifient cette relation,
pour tous réels λ, µ, on a pour tout entier n ≥ 1 :
λxn+1 + µyn+1 = λ (xn−1 + xn ) + µ (yn−1 + yn )
= (λxn−1 + µyn−1 ) + (λxn + µyn )
ce qui signifie que λx + µy ∈ E.
L’application ϕ : x 7→ (x0 , x1 ) est linéaire de E dans R2 et elle est bijective du fait
qu’une suite x vérifiant (30.1) est uniquement déterminée par ses valeurs initiales x0 et
x1 . L’application ϕ réalise donc un isomorphisme de E sur R2 et E est de dimension 2.
3. Dire que la suite x = (rn )n∈N est dans E équivaut à dire que :
¡
¢
∀n ∈ N∗ , rn−1 r2 − r − 1 = 0
encore équivalent à dire que r est racine de P puisque r 6= 0.
4. Le discriminant de P est δ = 5, il a donc deux racines réelles données par :
√
√
1− 5
1+ 5
r1 =
et r2 =
.
2
2
5. Les suites x = (r1n )n∈N et y = (r2n )n∈N sont dans E et linéairement indépendantes. En
effet si λx + µy = 0 (i. e. λr1n + µr2n = 0 pour tout n ∈ N) on a en particulier λ + µ = 0,
donc µ = −λ et λr1 + µr2 = 0, soit λ (r1 − r2 ) = 0 et λ = µ = 0 puisque r1 6= r2 . Ces
deux suites forment donc une base de E. Il existe donc deux réels α et β uniquement
déterminés tels que u = αx + γy. Les réels α et β sont solutions du système linéaire :
½
α+β =0
αr1 + βr2 = 1
ce qui donne :
α=
1
1
1
= − √ et β = −α = √ .
r1 − r2
5
5
On a donc :
1
∀n ∈ N, un = √ (r2n − r1n ) .
5
µ ¶n
µ
µ ¶n ¶
r1
1
r1
un
r1
= 0 (on a 0 <
avec lim
< 1), on déduit que :
6. De n = √ 1 −
n→+∞
r2
r2
r2
r2
5
Ã
√ !n
r2n
1
1+ 5
un ∼ √ = √
.
n→+∞
2
5
5
7. On peut procéder par récurrence sur n ≥ 0. Pour n = 0, on a u2 = 1 = u0 + 1 et en
supposant le résultat acquis au rang n ≥ 0 :
n
X
un+3 = un+1 + un+2 = un+1 + 1 +
uk
=1+
k=0
n+1
X
uk .
k=0
544
Nombres de Fibonacci
On peut aussi utiliser la formule (30.2) . Pour tout n ∈ N on a :
à n
!
n
n
X
1 X k X k
uk = √
r2 −
r1
5 k=0
k=0
k=0
µ
¶
1
1 − r2n+1 1 − r1n+1
=√
−
1 − r2
1 − r1
5
¡
¢
¡
¢
n+1
n+1
(1 − r1 ) − 1 − r1
(1 − r2 )
1 1 − r2
=√
(1 − r ) (1 − r )
5
¡ n+1 2 n+1 ¢ 1
+ r1 r2 (r2n − r1n )
1 (r2 − r1 ) − r2 − r1
=√
1 − (r1 + r2 ) + r1 r2
5
avec :
r1 + r2 = 1, r1 r2 = −1, r2 − r1 =
ce qui donne :
n
X
√
5
uk = (un + un+1 ) − 1 = un+2 − 1.
k=0
8.
(a) Pour tout n ∈ N∗ , on a :
¢¡
¢
¢
1 ¡¡ n−1
r2 − r1n−1 r2n+1 − r1n+1 − (r2n − r1n )2
5
¡
¢
1
= − (r1 r2 )n−1 r22 + r12 − 2r1 r2
5
1
= − (r1 r2 )n−1 (r2 − r1 )2
5
√
avec r1 r2 = −1 et r1 − r2 = − 5, ce qui donne :
³√ ´2
1
un−1 un+1 − u2n = − (−1)n−1
5 = (−1)n .
5
un−1 un+1 − u2n =
(b) En désignant par (δn )n∈N∗ la suite définie par :
∀n ∈ N∗ , δn = un−1 un+1 − u2n ,
on a δ1 = −1 et pour n ≥ 2 :
δn = un−1 (un−1 + un ) − un (un−2 + un−1 )
¡
¢
= − un−2 un − u2n−1 = −δn−1 .
On en déduit alors par récurrence sur n ≥ 1 que :
∀n ∈ N∗ , δn = (−1)n−1 δ1 = (−1)n .
9. Le résultat précédent et le théorème de Bézout nous disent que pour tout n ∈ N∗ , un−1
et un sont premiers entre eux.
10.
Solution
545
(a) Pour m ≥ n dans N, on a :
¢
1 ¡
um−n = √ r2m−n − r1m−n
5
et
um un+1 − um+1 un =
¡
¢ ¡
¢
¢
1¡ m
(r2 − r1m ) r2n+1 − r1n+1 − r2m+1 − r1m+1 (r2n − r1n )
5
¡
¢
1
= (r2 − r1 ) r2m−n − r1m−n r1n r2n
5
¢
1 √ ¡ m−n
5 r2
− r1m−n (−1)n = (−1)n um−n .
=
5
(b) On peut aussi procéder par récurrence sur m ≥ n à n fixé dans N.
Pour m = n et m = n + 1 le résultat est vrai. Supposons le acquis pour les entiers
n, n + 1, · · · , m ≥ n + 1. On a alors :
um+1−n = um−n−1 + um−n
avec :
et :
um−n = (−1)n (um un+1 − um+1 un )
um−1−n = (−1)n (um−1 un+1 − um un )
ce qui donne :
um+1−n = (−1)n (un+1 (um + um−1 ) − (um + um+1 ) un )
= (−1)n (um+1 un+1 − um+2 un )
soit le résultat au rang m + 1.
11.
(a) Pour tout n ∈ N∗ on a :
det (An ) = un−1 un+1 − u2n = (−1)n
ce qui implique que la matrice An est inversible dans M2 (Z) .
(b) Pour tout n ∈ N∗ on a :
¶
¶µ
¶ µ
µ
1 1
un+2 un+1
un+1 un
= An+1
=
An A1 =
un+1 un
un un−1
1 0
et :
det (An+1 ) = det (An ) det (A1 ) = − det (An ) .
On en déduit alors par récurrence sur n ≥ 1 que :
det (An ) = un−1 un+1 − u2n = (−1)n .
(c) On déduit du résultat précédent, par récurrence sur m ≥ 0, n étant donné dans N∗
que An Am = An+m .
Le résultat est vrai pour m = 0 et m = 1 et en le supposant vrai pour m ≥ 1, on a :
An Am+1 = An Am A1 = An+m A1 = An+m+1 .
546
Nombres de Fibonacci
(d) De :
µ
un+1 un
un un−1
¶µ
um+1 um
um um−1
¶
An Am =
µ
¶
um un + um+1 un+1 um un+1 + un um−1
=
um un−1 + un um+1 um un + um−1 un−1
µ
¶
un+m+1 un+m
= An+m =
un+m un+m−1
on déduit que :
un+m = um un−1 + un um+1 = um un+1 + un um−1
(la dernière égalité peut aussi se déduire du fait que un+m = um+n ).
12. Il s’agit de montrer que si m = qn avec q ≥ 1, alors um est multiple de un .
On procède par récurrence sur q ≥ 1.
Pour q = 1, c’est évident.
En supposant le résultat acquis pour q ≥ 1, en écrivant que :
u(q+1)n = uqn+n = uqn un−1 + un uqn+1
on déduit que u(q+1)n est aussi multiple de un .
13.
(a) Si d ∈ N∗ est un diviseur commun à n et m, on a alors n = q1 d et m = q2 d et le
résultat précédent nous dit que ud divise un et um .
(b) Comme d = m ∧ n divise n et m, ud = um∧n divise un et um ainsi que leur pgcd
un ∧ um .
14. On procède par récurrence sur q ≥ 1 à n fixé dans N∗ .
Pour q = 1, le résultat est évident.
En le supposant vrai pour q ≥ 1, on a :
¡ 2¢
u(q+1)n = uqn un−1 + un uqn+1 ≡ qun uq−1
n+1 un−1 + un uqn+1 un
¡ 2¢
q
≡ qun un−1 uq−1
n+1 + un un+1 un
avec un+1 = un−1 + un ≡ un−1 modulo un , ce qui donne un un−1 ≡ un un+1 modulo u2n et :
¡ ¢
u(q+1)n ≡ qun uqn+1 + un uqn+1 = (q + 1) un uqn+1 u2n
De manière analogue, on a :
u(q+1)n+1 = uqn+1+n = uqn+1 un+1 + un uqn
q+1
2 q−1
≡ uqn+1 un+1 + un qun uq−1
n+1 = un+1 + qun un+1
¡ 2¢
≡ uq+1
n+1 un
15.
Solution
547
(a) Soit δ = un ∧ um . Comme δ divise un et um il divise um+n d’après la formule (30.4)
et δ va diviser le pgcd de um+n et un . En notant δ 0 ce pgcd, il divise um+n et un donc
um un−1 toujours d’après la formule (30.4) . Comme un et un−1 sont premiers entre
eux, δ 0 est nécessairement premier avec un−1 (un diviseur commun à δ 0 et un−1 est
aussi diviseur commun à un et un−1 puisque δ 0 divise un ) et le théorème de Gauss
nous dit que δ 0 va diviser um . Donc δ 0 va diviser δ.
En définitive, δ = un ∧ um = un ∧ um+n .
(b) Par récurrence, on déduit que un ∧ um = un ∧ um+qn pour tout q ≥ 0.
En effet, c’est vrai pour q = 0 et q = 1 et supposant que c’est vrai pour q ≥ 1, on a :
un ∧ um = un ∧ um+qn = un ∧ um+qn+n = un ∧ um+(q+1)n .
(c) On raisonne par récurrence sur s = n + m.
Pour s = 2, on a n = m = 1 et le résultat est évident.
Supposons le résultat acquis pour tous les couples (n, m) d’entiers naturels non nuls
tels que n + m < s, où s ≥ 2. Soient n, m dans N∗ tels que n + m = s et d ∈ N∗
est un diviseur commun à un et um . Du fait de la commutativité du pgcd, on peut
supposer que m ≥ n. Par division euclidienne, on a m = qn + r avec 0 ≤ r < n et :
un ∧ um = un ∧ uqn+r = un ∧ ur
avec n + r < m + r ≤ m + n = s. L’hypothèse de récurrence nous dit alors que
un ∧ ur = un∧r avec n ∧ r = n ∧ m (théorème 23.9). On a donc un ∧ um = un∧m .
16. On a déjà vu que si m est un multiple de n alors um est multiple de un (question 12).
Réciproquement supposons que m ≥ n ≥ 3 et um multiple de un . On a alors un =
un ∧ um = un∧m avec n ∧ m ≤ n. Comme la suite (un )n≥3 est strictement croissante avec
un > 1 = u1 pour n ≥ 3, on a nécessairement n ∧ m = n, ce qui signifie que n divise m.
17. Supposons que m soit un multiple de nun , soit m = qnun . On a alors :
¡ 2¢
2 q−1
um = u(qun )n ≡ (qun ) un uq−1
n+1 = qun un+1 ≡ 0 un
et um est multiple de u2n .
Réciproquement, supposons que um soit multiple de u2n , il est alors multiple de un et m
est multiple de n (question 16), soit m = qn. On a alors :
¡ 2¢
uqn ≡ qun uq−1
n+1 un
q−1
et quq−1
n+1 est multiple de un , c’est-à-dire que un qui est premier avec un+1 divise qun+1 , le
théorème de Gauss nous dit alors que un divise q, soit q = q 0 un et m = q 0 nun est multiple
de nun .
548
Nombres de Fibonacci
31
Infinitude de l’ensemble des nombres
premiers
31.1
Énoncé
On se propose avec ce problème de donner plusieurs démonstration du théorème d’Euclide
sur l’infinitude de l’ensemble P des nombres premiers (partie II), puis d’en déduire quelques
conséquences (partie III).
– I – Les nombres de Fermat
On appelle nombre de Fermat tout entier de la forme :
n
Fn = 22 + 1
où n est un entier naturel.
1. Montrer que pour tout n ∈ N, Fn+1 et Fn sont premiers entre eux.
2. Montrer que pour n 6= m dans N, Fn et Fm sont premiers entre eux.
3. Montrer que pour n 6= m dans N et p dans N∗ , Fnp et Fmp sont premiers entre eux.
4. On considère la suite d’entiers naturels (Gn )n∈N définie par :
n
∀n ∈ N, Gn = 23 + 1.
(a) Montrer que dans cette suite, seul G0 est premier.
(b) Montrer que, pour n ∈ N, Gn est divisible par 3n+1 .
5. Soient m ≥ 1 et a ≥ 2 deux entiers. Montrer que si p = am + 1 est premier, alors a est
n
2n
pair et il existe un entier n ≥ 0 tel que m = 2n , c’est-à-dire que p = 22 b2 + 1 avec
b ≥ 1 et dans le cas où b = 1, p est un nombre de Fermat premier (par exemple pour
n = 0, 1, 2, 3, 4). Comme pour les nombre de Fermat, on peut vérifier que pour tout entier
n
pair a ≥ 2, les entiers un = a2 + 1 sont deux à deux premiers entre eux.
6. Soit p un diviseur premier d’un nombre de Fermat Fn avec n ≥ 0. Montrer que p est soit
égal à Fn , soit de la forme p = 2n+1 q + 1, où q admet un diviseur premier impair.
7. Montrer que, pour tout n ≥ 2, le chiffre des unités de Fn est égal à 7.
– II – Infinitude de l’ensemble P des nombres premiers
549
550
Infinitude de l’ensemble des nombres premiers
On se propose ici de donner plusieurs démonstration du théorème d’Euclide sur l’infinitude
de l’ensemble P des nombres premiers.
Z
Pour tout entier naturel non nul p, on note Zp =
.
pZ
Preuve 1 Rappeler la démonstration d’Euclide de l’infinitude de l’ensemble P des nombres premiers.
Preuve 2 Montrer que pour tout entier naturel n, on peut trouver un nombre premier p plus grand
que n. Conclure.
Pour les questions 3. 4. 5. 6. 7. et 8. on suppose que P est fini et on note p1 = 2 <
· · · , < pr tous ses éléments (pr et donc le plus grand nombre premier).
Pour tout réel x, on note [x] sa partie entière.
r
Q
pk = pk qk . En utilisant les
Preuve 3 Pour tout entier k compris entre 1 et r, on note n =
diviseurs premiers de S =
r
P
k=1
qk , montrer qu’on aboutit à une contradiction et conclure.
k=1
Preuve 4 En utilisant la décomposition en facteurs premiers, montrer que pour tout entier n ≥ 1
on a 2n ≤ (n + 1)r et conclure.
Preuve 5 Soit n un entier naturel non nul.
r
Q
(a) Soit m un entier compris entre 1 et pnr . Montrer que si m =
pαk k est la décompok=1
¸
·
ln (pr )
.
sition en nombres premiers de m, alors αk ≤ n
ln (2)
¶r
µ
ln (pr )
n
r
(b) En déduire que pr ≤ n
+ 1 et conclure.
ln (2)
Preuve 6
(a) Montrer, le plus simplement possible, que la série
S ∈ ]0, 2[ .
(b) Pour n >
r
Q
P 1
est convergente de somme
n2
pk , on partitionne l’ensemble E = {1, 2, · · · , n} en distinguant les
k=1
entiers compris entre 1 et n qui sont sans facteurs carrés (i. e. de la forme
r
Q
k=1
pεkk où
(ε1 , · · · , εr ) ∈ {0, 1}r ) de ceux qui sont divisibles par le carré d’un nombre premier,
soit E = E1 ∪ E2 , où :
(
)
r
Y
r
εk
E1 = m ∈ E | m =
pk où (ε1 , · · · , εr ) ∈ {0, 1}
k=1
©
ª
E2 = m ∈ E | ∃pk ∈ P tel que p2k divise m
· ¸
n
i. Montrer que, pour k compris entre 1 et r, il y a au plus 2 entiers m dans E
pk
divisibles par p2k .
ii. En déduire que n < 2r + n (S − 2) et conclure.
Preuve 7
Énoncé
551
(a) Soient x un réel strictement supérieur à 1, n un entier naturel compris entre 1 et x
r
Q
et n =
pαk k la décomposition en facteurs premiers de n où les αk sont des entiers
k=1
positifs ou nuls. Montrer que pour tout k compris entre 1 et r, on a :
·
¸
ln (x)
αk ≤
.
ln (2)
(b) En déduire que pour tout réel x > 1, on a :
µ
¶r
ln (2x)
x<
+1
ln (2)
et conclure.
Preuve 8 Montrer que si p est un diviseur premier de m = 2pr − 1, alors 2 est d’ordre pr dans le
groupe multiplicatif Z∗p et conclure.
Preuve 9
(a) Soit p un nombre premier impair. On se propose de montrer que −1 est un carré
dans Zp si, et seulement si, p est congru à 1 modulo 4.
i. Montrer que si p ≡ 3 mod 4, alors −1 n’est pas un carré dans Zp (ce qui revient
à dire que l’équation x2 + 1 = 0 n’a pas de solutions dans Zp ).
ii. Montrer que si p ≡ 1 mod 4, alors l’équation x2 + 1 = 0 a deux solutions dans
Z
p−1
qui sont −r! et r! où r =
(−1 est alors un carré dans Zp ).
pZ
2
(b) On note :
P1 = {p ∈ P | ∃n ∈ N ; p = 4n + 3}
P2 = {p ∈ P | ∃n ∈ N∗ ; p = 4n + 1}
i. Montrer que P1 est infini. Conclure.
ii. Montrer que P2 est infini. Conclure.
De manière plus générale on peut montrer que si a et b sont deux entiers premiers entre
eux alors il existe une infinité de nombres premiers de la forme an + b (théorème de
Dirichlet).
Preuve 10
(a) Montrer que si on dispose d’une suite (un )n∈N strictement croissante d’entiers naturels différents de 0 et 1 et deux à deux premiers entre eux, on peut alors en déduire
que P infini.
(b) En utilisant les nombres de Fermat, montrer que P infini.
(c) Soient a, b deux entiers naturels non nuls premiers entre eux avec b > a. On définit
la suite (un )n∈N par :
½
u0 = b
∀n ≥ 1, un − a = un−1 (un−1 − a)
i. Montrer que (un )n∈N est une suite strictement croissante d’entiers naturels différents de 0 et 1.
552
Infinitude de l’ensemble des nombres premiers
ii. Montrer que pour tous m > n ≥ 0, on a :
um ≡ a mod un
iii. Montrer que, pour tout n ≥ 0, un est premier avec a.
iv. Montrer que les un sont deux à deux premiers entre eux. Conclure.
v. Que retrouve-t-on pour (a, b) = (2, 3) .
(d) Soit a un entiers naturel impair supérieur ou égal à 3. On définit la suite (un )n∈N
par :
½
u0 = a
∀n ≥ 1, un = u2n−1 − 2
i. Montrer que (un )n∈N est une suite strictement croissante d’entiers naturels impairs.
ii. Montrer que, pour tout entier naturel n, on a :
½
un+1 ≡ −2 mod un
∀m ≥ n + 2, um ≡ 2 mod un
iii. Montrer que les un sont deux à deux premiers entre eux. Conclure.
Preuves 11 Connaissez vous d’autres démonstrations du théorème d’Euclide ?
– III – Quelques applications
1. On note 2 = p1 < p2 < · · · < pn < · · · la suite infini des nombres premiers et on se propose
+∞
P 1
de montrer que
= +∞. Pour ce faire, on raisonne par l’absurde en supposant que
n=1 pn
P 1
la série à termes positifs
est convergente. Pour tout n ≥ 1, on note :
pn
+∞
X
1
Rn =
pk
k=n+1
le reste d’ordre n de cette série.
(a) Montrer qu’il existe un entier r ≥ 1 tel que :
1
∀n ≥ r, 0 < Rn < .
2
On note P1 = {p1 , · · · , pr } et P2 = {pk | k ≥ r + 1} .
(b) Pour tout entier naturel non nul N, on partitionne l’ensemble E = {1, 2, · · · , N }
en distinguant les entiers compris entre 1 et N qui ont tous leurs diviseurs premiers
dans P1 de ceux qui ont au moins un diviseur dans P2 , soit E = E1 ∪ E2 , où :
(
)
r
Y
E1 = n ∈ E | n =
pαk k où (α1 , · · · , αr ) ∈ Nr
k=1
E2 = {n ∈ E | ∃pk ∈ P2 qui divise n}
Énoncé
553
i. En écrivant tout entier n dans E1 sous la forme n = pq 2 où p, q sont deux entiers
r
Q
naturels non nul, l’entier p étant égal à 1 ou sans facteurs carrés (i. e. p =
pεkk
k=1
où (ε1 , · · · , εr ) ∈ {0, 1}r ), montrer que :
N1 ≤ 2r
h√ i
N
([·] désigne la partie entière).
·
¸
N
entiers n dans E divisibles
ii. Montrer que pour tout pk dans P2 , il y a au plus
pk
par pk et en déduire que :
N
N2 < .
2
iii. Montrer que pour N assez grand, on a N1 + N2 < N et conclure.
Si Q est un polynôme à coefficients entiers relatifs de degré supérieur ou égal à 1 et p un
nombre premier, on dit que p divise Q s’il existe un entier relatif a tel que p divise Q (a) .
2. On se propose de montrer dans cette question le théorème de Schur suivant : tout polynôme non constant à coefficients entiers relatifs admet une infinité de diviseurs premier.
(a) Montrer que tout polynôme à coefficients entiers relatifs non constant admet des
diviseurs premiers.
(b) Montrer que tout polynôme Q à coefficients entiers relatifs non constant tel que
Q (0) = 0 admet une infinité des diviseurs premiers.
(c) Soit :
Q (X) =
n
X
ak X k
k=0
un polynôme à coefficients entiers relatifs de degré n ≥ 1 non nul en 0.
On suppose que l’ensemble des diviseurs premiers de Q est fini et on le note :
PQ = {p1 , · · · , pr } .
On note aussi m =
r
Q
pk .
k=1
i. Montrer qu’il existe un polynôme R (X) =
n
P
bk X k de degré n dans Z [X] tel
k=1
que Q (a0 mX) = a0 (1 + R (X)) , chaque coefficient bk , pour k compris entre 1
et r, étant divisible par m.
ii. En utilisant les diviseurs premiers de 1 + R, montrer qu’on aboutit à une contradiction et conclure.
3. En utilisant le polynôme Q (X) = 4X 2 + 1, retrouver le fait qu’il existe une infinité de
nombres premiers congrus à 1 modulo 4.
µ
¶
2iπ
∗
Pour tout entier naturel n ∈ N , on note ωn = exp
et on définit le polynôme
n
cyclotomique Φn par :
n
Y
¢
¡
Φn (X) =
X − ωnk
k=1
k∧n=1
554
Infinitude de l’ensemble des nombres premiers
(les ωnk pour k premier avec n et 1 ≤ k ≤ n sont les racines primitives n-ième de l’unité).
Pour tout entier naturel n ∈ N∗ , on note Dn l’ensemble des diviseurs de n dans N∗ .
On admet les résultats suivants :
– pour tout n ∈ N∗ on a :
Y
Xn − 1 =
Φd (X)
d∈Dn
∗
– pour tout n ∈ N , Φn est un polynôme à coefficients entiers.
Soient n ≥ 2 un entier naturel et p un nombre premier ne divisant pas n. On se propose
de montrer dans les deux questions qui suivent que p divise Φn si, et seulement si, p est
congru à 1 modulo n.
4. On se donne un entier n ≥ 2 et un nombre premier p qui divise Φn .
(a) Montrer qu’il existe un entier naturel a tel que l’ordre d de a dans le groupe multiplicatif Z∗p soit un diviseur de n.
(b) Montrer que si d = n, alors p est congru à 1 modulo n.
(c) On suppose que d < n.
i. Montrer que an − 1 est divisible par p2 .
ii. Montrer que, pour tout entier m ≥ 1, on a :
Φm (a + p) ≡ Φm (a) mod p.
iii. Montrer que (a + p)n − 1 est divisible par p2 .
iv. Montrer que nan−1 p est divisible par p2 et que si on suppose de plus p est premier
avec n, on aboutit alors à une contradiction.
(d) Conclure.
5. Montrer que si p est un nombre premier congru à 1 modulo n, alors p divise Φn .
6. Déduire de ce qui précède, le cas particulier suivant du théorème de Dirichlet : pour tout
entier n ≥ 1, il existe une infinité de nombres premiers de la forme 1 + kn où k ∈ N ∗ .
31.2
Solution
– I – Les nombres de Fermat
1. On a :
n+1
Fn+1 = 22
¡ ¢2
+ 1 = 22n + 1 = (Fn − 1)2 + 1.
Le pgcd de Fn et Fn+1 divise Fn et Fn+1 = Fn2 − 2Fn + 2, il divise donc 2 et comme il
divise Fn qui est impair ce pgcd vaut 1, c’est-à-dire que Fn et Fn+1 sont premiers entre
eux.
n
Y
2. On vérifie tout d’abord par récurrence, que pour tout n ≥ 0, on a Fn+1 =
Fk + 2.
k=0
Pour n = 0, on a :
F1 = 22 + 1 = 5 = F0 + 2.
Solution
555
En supposant le résultat acquis pour n − 1 ≥ 0, on a :
Fn+1 = Fn (Fn − 2) + 2 = Fn
n−1
Y
n
Y
k=0
k=0
Fk + 2 =
Fk + 2.
Supposons que m > n.
On a :
Fm =
m−1
Y
k=0
Fk + 2 = Fn
m−1
Y
Fk + 2
k=0
k6=n
= qFn + 2
Le pgcd de Fn et Fm divise alors 2 et comme il divise Fn qui est impair ce pgcd vaut 1,
c’est-à-dire que Fn et Fn sont premiers entre eux.
3. Avec Fnp ∧ Fmp = (Fn ∧ Fm )p pour tout p ≥ 1, on déduit pour n 6= m Fnp et Fmp sont
premiers entre eux.
556
Infinitude de l’ensemble des nombres premiers
4.
(a) On a G0 = 3 qui est premier. En utilisant l’identité :
¡
¢
a3 + 1 = (a + 1) a2 − a + 1
on a, pour tout n ∈ N :
¡ n ¢3
n+1
+1
Gn+1 = 23 + 1 = 23
´
¡ 3n
¢ ³¡ 3n ¢2
n
− 23 + 1
= 2 +1
2
³¡ n ¢
´
n
2
= Gn 23
− 23 + 1 = Gn qn
¡ n ¢2
n
avec Gn ≥ 2 et qn = 23
− 23 + 1 ≥ 2 pour tout n ∈ N. Il en résulte que Gn+1
n’est pas premier.
(b) On a G0 = 3 et Gn1 = 9 = 32 .
n
n
Avec 23 ≡ (−1)3 modulo 3 et 3n impair, on déduit que 23 ≡ −1 modulo 3 et :
¡ n ¢2
n
qn = 23
− 23 + 1 ≡ (−1)2 − (−1) + 1 = 3 ≡ 0 mod 3
c’est-à-dire que qn est divisible par 3 et en supposant que Gn est divisible par 3n+1 ,
on déduit que Gn+1 est divisible par 3n+2 . On a donc ainsi montré par récurrence
que pour tout n ∈ N, Gn est divisible par 3n+1 .
5. Supposons que a soit impair, on a donc a ≥ 3 et am + 1 est un nombre pair supérieur ou
égal à 4, il ne peut être premier. L’entier a est donc nécessairement pair.
En utilisant la décomposition en facteurs premiers, on a m = 2n (2q + 1) où n et q sont
deux entiers naturels. Supposons q ≥ 1, on a alors :
¡ n ¢2q+1
am + 1 = a2
+ 1 = b2q+1 + 1
¡ 2q
¢
= (b + 1) b − b2q−1 + b2q−2 − · · · + 1
= (b + 1)
2q
X
(−1)k b2q−k = (b + 1) S
k=0
n
am + 1
b2q+1 + 1
=
≥ 2 (c’est équivalent à b (b2q − 2) ≥ 1
b+1
b+1
≥ a ≥ 2 et q ≥ 1) et l’entier am + 1 n’est pas premier.
avec b + 1 = a2 + 1 ≥ 2 et S =
n
qui est vérifié puisque b = a2
n
6. Supposons que Fn = 22 + 1 = pqn avec p premier et qn entier naturel non nul. Comme
Z
.
Fn est impair, on a nécessairement p ≥ 3. On a alors Fn = 0 dans Zp =
pZ
³
´
¡ ¢2
2n
2n+1
2n 2
On a donc 2 = −1 dans Zp et 2
= 2
= −1 = 1 et l’ordre de 2 dans le
groupe multiplicatif Z∗p est un diviseur de 2n+1 , donc de la forme 2k avec 1 ≤ k ≤ n + 1,
2n
mais avec 2 = −1 6= 1 (puisque p 6= 2) on déduit que cet ordre est exactement 2n+1 .
Par ailleurs, on sait que l’ordre d’un élément dans un groupe divise
du groupe
¢
¡ ∗l’ordre
n+1
(théorème de Lagrange), donc 2
est un diviseur de p − 1 = card Zp , ce qui peut se
traduire par p − 1 congru à 0 modulo 2n+1 ou encore p congru à 1 modulo 2n+1 .
Dire que p est congru à 1 modulo 2n+1 signifie qu’il existe un entier q ≥ 1 tel que
p = 2n+1 q + 1. Si q n’admet aucun diviseur premier impair, il est de la forme q = 2m avec
Solution
557
m ≥ 0 et p = 2n+1+m + 1 est premier, ce qui impose que n + 1 + m = 2r (question I.5.),
r
c’est-à-dire que p = 22 + 1 est un nombre de Fermat et p = Fn puisque deux nombres de
Fermat distincts sont premiers entre eux.
Pour n = 0, 1, 2, 3, 4, on vérifie que Fn est premier.
Pour n = 5, les diviseurs premiers de F5 sont de la forme p = 26 q +1. Les valeurs possibles
de q, non puissance de 2, sont q = 3, 5, 7, 9, 10, · · · et on vérifie que pour q = 10, p = 641
est un diviseur premier de F5 , donc F5 n’est pas premier.
7. Pour n = 2, on a F2 = 17. En supposant que, pour n ≥ 2, Fn est congru à 7 modulo 10
(équivalent à dire que 7 est le chiffre des unités de Fn ), on a :
Fn+1 = (Fn − 1)2 + 1 ≡ 62 + 1 = 37 ≡ 7 mod 10.
– II – Infinitude de l’ensemble P des nombres premiers
Preuve 1 On sait déjà que P est non vide (il contient 2). Supposons que P soit fini avec :
P = {p1 , · · · , pr } .
L’entier n = p1 · · · pr + 1 est supérieur ou égal à 2, il admet donc un diviseur premier
pk ∈ P. L’entier pk divise alors n = p1 · · · pr + 1 et p1 · · · pr , il divise donc la différence qui
est égale à 1, ce qui est impossible. En conclusion P est infini.
Preuve 2 Pour tout n ∈ N, l’entier m = n! + 1 ≥ 2 admet un diviseur premier pn . Si pn < n alors pn
est un diviseur de n!, donc de 1 = m − n!, ce qui est impossible. On a donc ainsi une suite
strictement croissante (pn )n∈N de nombres premiers, ce qui implique que P est infini.
Preuve 3 Si p est un diviseur premier de S, c’est l’un des pk avec k compris entre 1 et r. En
n
remarquant que pour j compris entre 1 et r différent de k, qj =
est divisible par pk ,
pj
r
P
n
qj et pourtant qk =
on déduit que pk va diviser qk = S −
n’est pas divisible par pk
pk
j=1
j6=k
(pk est premier avec tous les pj pour j 6= k, donc avec leur produit nk ). On aboutit donc
ainsi à une contradiction. Il en résulte que P est infini.
r
Q
pαk k , où les αk sont des entiers positifs
Preuve 4 Tout entier m compris entre 1 et 2n s’écrit m =
k=1
ou nuls. Pour k compris entre 1 et r, on a pαk k ≤ m ≤ 2n et nécessairement αk ≤ n (si
αk > n, alors pαk k ≥ 2αk > 2n ) et donc :
( r
)
Y α
r
E = {1, 2, · · · , 2n } ⊂ F =
pk k | (α1 , · · · , αr ) ∈ {0, 1, · · · , n}
k=1
ce qui entraîne :
2n = card (E) ≤ card (F ) = (n + 1)r
2n
r =
n→+∞ (n + 1)
l’entier naturel non nul n étant quelconque, ce qui est en contradiction avec lim
+∞.
Il en résulte que P est infini.
Preuve 5
558
Infinitude de l’ensemble des nombres premiers
(a) De pαk k ≤ m =
r
Q
j=1
·
α
pj j ≤ pnr , on déduit que αk ln (pk ) ≤ n ln (pr ) et :
¸
ln (pr )
et αk ≤ n
.
ln (2)
(b) On a donc :
·
¸
ln (pr )
ln (pr )
ln (pr )
≤n
< n
+1
αk ≤ n
ln (pk )
ln (2)
ln (2)
(
{1, 2, · · · , pnr } ⊂
r
Y
pαk k
k=1
et :
pnr
¸)
·
ln (pr )
| 0 ≤ α1 , · · · , αr ≤ n
ln (2)
µ·
¸
¶r µ
¶r
µ
¶r
ln (pr )
ln (pr )
ln (pr ) 1
r
≤
n
+1 ≤ n
+1 =n
+
ln (2)
ln (2)
ln (2)
n
µ
¶r
ln (pr )
r
≤n
+1
ln (2)
ou encore :
pnr
≤
nr
µ
ln (pr )
+1
ln (2)
¶r
pnr
= +∞.
n→+∞ nr
l’entier n ≥ 1 étant quelconque, ce qui est incompatible avec lim
Il en résulte que P est infini.
Preuve 6
(a) Pour tout k ≥ 2, on a :
1
1
1
1
<
=
−
2
k
k (k − 1)
k−1 k
et pour n ≥ 2 :
¶
n
n µ
X
X
1
1
1
1
Sn =
<1+
−
=2−
2
k
k−1 k
n
k=1
k=2
µ
¶
1
avec lim 2 −
= 2. Il en résulte que la suite croissante (Sn )n≥1 est majorée
n→+∞
n
par 2, elle est donc convergente de limite S ≤ 2.
En écrivant, pour tout n ≥ 2, que :
µ
¶
1
1
1
1
=
−
+
2
2
n
n
n (n − 1)
n (n − 1)
µ
¶
1
1
1
=
−
− 2
n−1 n
n (n − 1)
on a :
¶ X
+∞ µ
+∞
+∞
X
X
1
1
1
1
=1+
−
−
S=
2
2
n
n−1 n
n (n − 1)
n=2
n=2
n=1
=2−
+∞
X
n=2
n2
1
= 2 − T < 2.
(n − 1)
Solution
559
(b)
n
m
<
i. Si m ∈ E est divisible par p2k , on a alors m = p2k qk ≤ n et qk = 2 ≤
pk
pk2
· ¸
· ¸
· ¸
n
n
n
+ 1, soit qk ≤ 2 . Il y a donc un maximum de 2 possibilités pour qk
2
pk
pk
pk
et pour un tel m.
ii. En écrivant que :
r
[
©
ª
E2 =
m ∈ E | m est divisible par p2k
k=1
on déduit que :
card (E2 ) ≤
¸
r ·
X
n
k=1
p2k
r
r
X
X
n
1
≤
=n
2
p
p2
k=1 k
k=1 k
+∞
X
1
<n
= n (S − 1) .
n2
n=2
D’autre part, avec :
(
E1 ⊂
r
Y
)
pεkk où (ε1 , · · · , εr ) ∈ {0, 1}r
k=1
on déduit que :
card (E1 ) ≤ card ({0, 1}r ) = 2r .
r
Q
On a donc, pour tout entier n >
pk :
k=1
n = card (E1 ) + card (E2 ) < 2r + n (S − 1)
soit :
0 < 2r + n (S − 2)
avec S − 2 < 0, ce qui est impossible pour n assez grand.
Il en résulte que P est infini.
560
Infinitude de l’ensemble des nombres premiers
Preuve 7
(a) Soit x un réel strictement supérieur à 1 et n un entier naturel non nul tel que n ≤ x.
r
Q
On a la décomposition en facteurs premiers n =
pαk k , où les αk sont des entiers
k=1
positifs ou nuls. Pour tout k compris entre 1 et r, on a pαk k ≤ n ≤ x et
·
¸
ln (x)
ln (x)
ln (x)
ln (x)
≤
=
<
αk ≤
+1
ln (pk )
ln (p1 )
ln (2)
ln (2)
soit :
·
ln (x)
αk ≤
ln (2)
¸
puisque αk est entier.
(b) Pour x > 1, on a [x] = card (Ex ) , où :
Ex = {n ∈ N | 1 ≤ n ≤ x} .
Un entier naturel n étant uniquement déterminé par sa décomposition
en facteurs
·
¸
r
Q
ln
(x)
premiers
pαk k où les entiers αk sont compris entre 0 et
si n est compris
ln (2)
k=1
entre 1 et x, on a :
( r
·
¸)
Y α
ln
(x)
p k k | 0 ≤ α 1 , · · · , αr ≤
E x ⊂ Fx =
ln (2)
k=1
avec :
¸¾
ln (x)
card (Fx ) = card (α1 , · · · , αr ) ∈ N | 0 ≤ αk ≤
ln (2)
µ·
¸
¶r µ
¶r µ
¶r
ln (x)
ln (x)
ln (2x)
=
+1 ≤
+1 =
ln (2)
ln (2)
ln (2)
½
·
r
ce qui donne :
µ
[x] = card (Ex ) ≤ card (Fx ) ≤
et :
µ
x < [x] + 1 ≤
ln (2x)
ln (2)
ln (2x)
ln (2)
¶r
¶r
+1
soit :
x
1
1
1
r <
r +
r < 2
(ln (2x))
(ln (2))
(ln (2x))
(ln (2))r
x
en contradiction avec lim
r = +∞.
x→+∞ (ln (2x))
On en déduit que P est infini.
p
Preuve 8 Si p est un diviseur premier de m = 2pr − 1 ≥ 2, on a alors m ≡ 0 modulo p, soit 2 r = 1
dans Zp et l’ordre de 2 dans le groupe multiplicatif Z∗p est un diviseur de pr et comme pr
est premier, cet ordre est exactement pr (on a 2 6= 1 dans Zp ).
Par ailleurs, on sait que l’ordre d’un élément dans un groupe divise
¡ ∗ ¢l’ordre du groupe
(théorème de Lagrange), donc pr est un diviseur de p − 1 = card Zp et pr < p, ce qui
contredit le fait que pr et le plus grand nombre premier.
L’ensemble P est donc infini.
Solution
561
Preuve 9
(a) On remarque qu’un nombre premier différent de 2 est nécessairement impair et son
reste dans la division euclidienne par 4 ne peut être que 1 ou 3.
i. Dire p ≡ 3 mod 4 revient à dire qu’il existe un entier n ≥ 0 tel que p = 4n + 3.
p−1
On a alors r =
= 2n + 1 et si x ∈ Z∗p est tel que x2 = −1, il vient
2
¡ ¢2n+1
xp−1 = x2r = −1
= −1, ce qui contredit le théorème de Fermat qui nous
dit que xp−1 = 1 pour tout x ∈ Z∗p (on a −1 6= 1 puisque p ≥ 2).
ii. Le théorème de Wilson nous dit que (p − 1)! = −1 dans Z∗p puisque p est premier.
Par ailleurs, pour k = 1, · · · , r, on a :
r + k ≡ −r + k − 1 mod p
(c’est équivalent à 2r = p − 1 ≡ −1 mod p), soit :
r + k ≡ − (r − (k − 1)) mod p
et :
(p − 1)! = 1 · 2 · · · · · r · (r + 1) · · · (r + r)
≡ r! (−1)r r (r − 1) · · · 1 = (−1)r (r!)2 mod p
p−1
= 2n, de sorte que
2
2
(−1)r = 1 et (p − 1)! ≡ (r!)2 mod p, ce qui donne r! = −1 d’après le théorème
de Wilson. Donc −1 est un carré dans Z∗p . Comme −r! est aussi solution de
x2 + 1 = 0 avec −r! 6= r! puisque p 6= 2, on a ainsi les deux seules solutions
possibles.
Pour p ≡ 1 mod 4, on a p = 4n + 1 avec n ≥ 1 et r =
(b)
i. Supposons que P1 soit fini et notons 3 = p1 < p2 < · · · < pr tous ses éléments.
L’entier :
m = 4p1 · · · pr − 1 = 4 (p1 · · · pr − 1) + 3
qui est de la forme 4n + 3 avec n ≥ 2 n’est pas premier puisque strictement
supérieur à tous les pk pour k compris entre 1 et r (m > 4pk − 1 > pk puisque
pk ≥ 3). Comme m est impair, ses diviseurs premiers sont de la forme 4k + 1
avec k ∈ N∗ ou 4k + 3 avec k ∈ N et ils ne peuvent pas être tous de la forme
4k + 1, sans quoi m serait aussi de cette forme, donc congru à 1 modulo 4, ce
qui contredit le fait qu’il est congru à 3 (ou à −1) modulo 4. L’entier m a donc
un diviseur pk dans P2 et comme pk divise p1 · · · pr , il va aussi diviser −1, ce qui
est impossible avec pk premier. L’ensemble P1 est donc infini.
De P1 ⊂ P, on déduit que P est infini.
ii. Supposons que P2 soit fini et notons 5 = p1 < p2 < · · · < pr tous ses éléments.
L’entier :
m = 4p21 · · · p2r + 1
qui est de la forme 4n + 1 avec n ≥ 2 n’est pas premier puisque strictement
supérieur à tous les pk pour k compris entre 1 et r. Comme m est impair, ses
562
Infinitude de l’ensemble des nombres premiers
diviseurs premiers sont de la forme 4k + 1 avec k ∈ N∗ ou 4k + 3 avec k ∈ N.
Si p est un diviseur premier de m, on a alors m = a2 + 1 = pq et a2 = −1 dans
Z∗p , c’est-à-dire que −1 est un carré dans Z∗p et p est nécessairement de la forme
4k + 1 avec k ∈ N∗ , donc p est l’un des pk dans P2 et comme pk divise p1 · · · pr ,
il va aussi diviser 1 puisqu’il divise m, ce qui est impossible. L’ensemble P2 est
donc infini.
De P2 ⊂ P, on déduit que P est infini.
Preuve 10
(a) En désignant, pour tout entier naturel n, par pn un diviseur premier de un , on a
pn 6= pm pour tous n 6= m puisque un et um sont premiers entre eux et donc ne
peuvent avoir un diviseur premier en commun. La suite (pn )n∈N nous fournit donc
une infinité de nombres premiers.
(b) Résulte du fait que la suite (Fn )n∈N des nombres de Fermat est strictement croissante
dans N \ {0, 1} et que deux nombres de Fermat distincts sont premiers entre eux.
(c)
i. On vérifie facilement par récurrence que (un )n∈N est une suite d’entiers naturels
et que un > a ≥ 1 pour tout n ∈ N. En effet, u0 = b > a avec b ∈ N et supposant
le résultat acquis au rang n − 1, on a un = a + un−1 (un−1 − a) ∈ N et :
un − a = un−1 (un−1 − a) > 0.
On en déduit que pour tout n ≥ 1, on a :
un − un−1 = a + un−1 (un−1 − a − 1) ≥ a > 0
(un−1 > a dans N équivaut à un−1 ≥ a + 1), c’est-à-dire que (un )n∈N est strictement croissante à valeurs dans N \ {0, 1} .
ii. On procède par récurrence sur m > n, à n ≥ 0 fixé.
Pour m = n + 1, on a :
un+1 − a = un (un − a) ≡ 0 mod un
et supposant le résultat acquis au rang m − 1 > n, on a :
um − a = um−1 (um−1 − a) ≡ 0 mod un .
Prenant n = 0, on déduit que um ≡ a mod u0 pour tout m ≥ 1, soit um ≡
a mod b pour tout m ≥ 1.
iii. Pour n = 0, on a u0 = b qui est premier avec a par hypothèse.
Supposons le résultat acquis au rang n−1 ≥ 1 et soit δ = un ∧a. Si δ ≥ 2, il admet
alors un diviseur premier p qui divise un et a. Avec un − a = un−1 (un−1 − a) , on
déduit que p divise un−1 (un−1 − a) et en conséquence divise un−1 ou un−1 − a et
encore un−1 = (un−1 − a) + a, mais p ne peut diviser un−1 et a qui sont premiers
entre eux. On a donc δ = 1.
iv. Pour m > n ≥ 0, on a um = qun + a (um ≡ a mod un ) avec 0 ≤ a < un ,
c’est-à-dire que a est le reste dans la division euclidienne de um par un et :
um ∧ un = un ∧ a = 1
On en déduit que P est infini.
Solution
563
v. Pour (a, b) = (2, 3) , la suite (un )n∈N est solution de l’équation récurrente :
½
u0 = 3
∀n ≥ 1, un − 2 = un−1 (un−1 − 2)
ou encore :
½
u0 = 3
∀n ≥ 1, un = (un−1 − 1)2 + 1
On sait que la suite (Fn )n∈N des nombres de Fermat est aussi solution de cette
équation. On retrouve donc le fait que deux nombres de Fermat distincts sont
premiers entre eux.
En notant vn = un − Fn , on a :
½
v0 = 0
∀n ≥ 1, vn = (vn−1 − 1)2 + 1
et par récurrence vn = 2 pour tout n ≥ 1. On a donc :
½
u0 = F0 = 3
∀n ≥ 1, un = Fn + 2
(d)
i. On vérifie facilement par récurrence que (un )n∈N est une suite d’entiers naturels
impairs tous différents de 1. En effet, u0 = a est impair avec a ≥ 3 et supposant
le résultat acquis au rang n − 1, un = u2n−1 − 2 est un entier impair et :
un ≥ 9 − 2 ≥ 3.
On en déduit que pour tout n ≥ 1, on a :
un − un−1 = un−1 (un−1 − 1) − 2 ≥ 6 − 2 > 0
c’est-à-dire que (un )n∈N est strictement croissante.
ii. Par définition de un , on a un+1 ≡ −2 mod un et :
un+2 = u2n+1 − 2 ≡ (−2)2 − 2 = 2 mod un .
En supposant que um ≡ 2 mod un pour m ≥ n + 2, on a :
um+1 = u2m − 2 ≡ (−2)2 − 2 = 2 mod un .
On a donc ainsi vérifié par récurrence, que pour tout m ≥ n + 2, on a um ≡
2 mod un .
iii. Pour m > n ≥ 0, on a um = qun + r avec r = ±2 (um ≡ ±2 mod un ), il en
résulte que :
um ∧ un = un ∧ (±2) = 1
puisque un est impair.
On en déduit que P est infini.
– III – Quelques applications
564
Infinitude de l’ensemble des nombres premiers
1.
(a) La quantité Rn étant le reste d’ordre n de la série à termes positifs convergente
P 1
, on a lim Rn = 0 et il existe un entier n0 ≥ 1 tel que :
n→+∞
pn
1
∀n ≥ n0 , 0 < Rn < .
2
(b) Les ensembles P1 et P2 formant une partition de l’ensemble P des nombres premiers,
on peut faire la partition indiquée de E.
i. La décomposition en facteurs premiers de tout entier n ∈ E1 , peut s’écrire sous
la forme :
r
r
r
Y
Y
Y
αk
εk
k
n=
pk =
pk
p2β
= pq 2
k
k=1
k=1
k=1
où, pour tout k compris entre 1 et r, on a posé :
½
0 si αk est pair
εk =
1 si αk est impair
p=
r
Q
k=1
pεkk , q =
r
Q
k=1
pβkk . Le nombre maximum de choix possibles pour p est :
card ({0, 1}r ) = 2r
h√ i
h√ i
√
et avec q 2 ≤ n ≤ N, on déduit que q ≤ N <
N + 1, soit q ≤
N et il y
h√ i
a un maximum de
N choix possibles pour q. On en déduit donc que :
h√ i
N1 ≤ 2r
N .
ii. Si n ∈ E2 , il existe un nombre
· ¸premier pk ∈ P·2 qui
¸ divise n, c’est-à-dire que
n
N
N
N
n = pk q et q =
≤
<
+ 1, soit q ≤
et il y a un maximum de
pk
pk
pk
pk
· ¸
· ¸
N
N
choix possibles pour q, donc pour n. Pour pk grand, on a en fait
= 0.
pk
pk
On en déduit alors que :
¸ ·
¸
·
N
N
+
+ ···
N2 ≤
pr+1
pr+2
soit :
¸
+∞ ·
+∞
+∞
X
X
X
N
N
N
1
N2 ≤
≤
=N
< .
pk
pk
pk
2
k=r+1
k=r+1
k=r+1
iii. On a donc :
h√ i N
N +
2
avec :
h√ i
√
N
2r
N ≤ 2r N <
2
2r+2
pour N assez grand (précisément N > 2
convient), ce qui donne N1 +N2 < N
en contradiction avec N = N1 + N2 .
+∞
P 1
En définitive,
= +∞.
n=1 pn
N1 + N2 < 2r
Solution
565
2.
(a) Soit :
Q (X) =
n
X
ak X k
k=0
un polynôme à coefficients entiers relatifs de degré n ≥ 1.
Les équations Q (x) = −1, Q (x) = 0 et Q (x) = 1 n’ayant qu’un nombre fini de
solutions dans Z, il existe un entier naturel a tel que |Q (k)| ≥ 2 pour tout entier
relatif k ≥ a.
En particulier Q (a) admet des diviseurs premiers.
(b) Si Q (0) = 0, on a alors Q (X) = XR (X) avec R non nul dans Z [X] et pour tout
nombre premier p, Q (p) = pR (p) est divisible par p. Donc Q admet une infinité de
diviseurs premiers.
(c)
i. On a :
Q (a0 mX) =
n
X
k=0
Ã
ak ak0 mk X k = a0 1 +
n
X
!
k k
ak ak−1
0 m X
k=1
ii. Le polynôme 1+R qui est non constant à coefficients entiers admet des diviseurs
premiers. Si p est l’un d’eux il existe un entier a tel que p divise 1 + R (a) et p
divise Q (a0 ma) = a0 (1 + R (a)) , c’est-à-dire que p est un diviseur premier de
Q, c’est donc l’un des pk . L’entier p divise alors m et comme m divise tous les
coefficients bk , p va diviser R (a) . On est donc dans la situation où p premier
divise les entiers R (a) et 1 + R (a) , ce qui entraîne que p divise 1, soit une
impossibilité.
En conclusion Q admet une infinité de diviseurs premiers.
3. Le polynôme Q (X) = 4X 2 + 1 admettant une infinité de nombres premiers, on peut donc
trouver une suite strictement croissante (pn )n∈N de nombres premiers et une suite (an )n∈N
d’entiers relatifs tels que pour tout n ∈ N, pn divise 4a2n + 1. On a alors 4an 2 = −1 dans
Zpn et pn est nécessairement congru à 1 modulo 4, c’est-à-dire que pn est de la forme
4k + 1.
On a dispose ainsi d’une infinité de nombres premiers congrus à 1 modulo 4.
566
Infinitude de l’ensemble des nombres premiers
4.
(a) Dire que p divise Φn équivaut à dire qu’il existe un entier relatif a telQque p divise
Φn (a) , ce qui revient à dire que Φn (a) = 0 dans Zp . Avec an − 1 =
Φd (a), on
d∈Dn
déduit que an = 1 dans Zp et l’ordre d de a dans le groupe multiplicatif Z∗p est un
diviseur de n, soit d ∈ Dn .
¡ ¢
(b) Si d = n, alors n est un diviseur de p − 1 = card Z∗p et p = 1 + kn avec k ∈ Z.
(c)
i. Si d < n, de :
0 = ad − 1 =
Y
Φδ (a)
δ∈Dd
dans le corps Zp , on déduit qu’il existe δ ∈ Dd tel que Φδ (a) = 0, ce qui équivaut
à dire que Φδ (a) est divisible par p. L’entier p divise donc Φn (a) et Φδ (a) où δ
est un diviseur de n (δ divise d qui divise n) tel que δ < n, ce qui entraîne que :
Y
Y
an − 1 =
Φd0 (a) = Φδ (a) Φn (a)
Φd0 (a)
d0 ∈Dn
d0 ∈Dn −{δ,n}
est divisible par p2 .
ii. Pour tout entier m ≥ 1 et tout entier k compris entre 1 et ϕ (m) = deg (Φm ) ,
on a :
k
X
k
k
(a + p) = a +
Ckj ak−j pj ≡ ak mod p
j=1
et en conséquence :
Φm (a + p) ≡ Φm (a) mod p.
iii. Avec :
(a + p)n − 1 = Φδ (a + p) Φn (a + p)
Y
Φd0 (a + p)
d0 ∈Dn −{δ,n}
et :
Φm (a + p) ≡ Φm (a) ≡ 0 mod p
pour m = δ et m = n, on déduit que (a + p)n − 1 est divisible par p2 .
iv. De ce qui précède, on déduit que (a + p)n − an est divisible par p2 et il existe un
entier q tel que :
2
n
n
p q = (a + p) − a = na
n−1
p+
n
X
Cnk an−k pk = nan−1 p + p2 r
k=2
ce qui entraîne que nan−1 p est divisible par p2 et donc que nan−1 est divisible
par p. Comme p est premier avec n, on en déduit que an−1 est divisible par p,
soit an−1 = 0 dans le corps Zp et a = 0, ce qui contredit an = 1. On ne peut
donc avoir d < n.
(d) On a donc d = n et p est congru à 1 modulo n.
Solution
567
5. Réciproquement si p est congru à 1 modulo n, alors n est un diviseur de l’ordreQp − 1 du
groupe cyclique Z∗p et il existe dans Z∗p un élément a d’ordre n. De 0 = an −1 =
Φd (a),
d∈Dn
Q
on déduit qu’il existe d ∈ Dn tel que Φd (a) = 0. Si d < n, de ad − 1 =
Φδ (a), on
d
δ∈Dd
déduit que a = 1, ce qui n’est pas compatible avec la définition de l’ordre n de a. On a
donc d = n et Φn (a) = 0, ce qui équivaut à dire que p divise Φn (a) .
6. Pour n = 1, c’est l’infinitude de l’ensemble des nombres premiers.
Comme, pour tout n ≥ 2, Φn admet une infinité de diviseurs premiers, il y en a une
infinité qui ne divisent pas n et de tels diviseurs sont nécessairement congrus à 1 modulo
p d’après ce qui précède. On déduit donc qu’il existe une infinité de nombres premiers de
la forme 1 + kn où k ∈ N ∗ .
568
Infinitude de l’ensemble des nombres premiers
32
Le théorème de Fermat pour n = 2 et
n=4
32.1
Énoncé
–I–
On cherche tous les solutions dans N3 de l’équation de Fermat :
x2 + y 2 = z 2 .
(32.1)
1. Montrer que si (x, y, z) ∈ N3 est solution de (32.1) , alors x et y ne peuvent être tous les
deux impairs.
2. Montrer que si (x, y, z) ∈ N3 est une solution non triviale de (32.1) alors x ∧ y = y ∧ z =
x ∧ z. En déduire qu’il existe δ ∈ N∗ et x0 , y 0 , z 0 dans N deux à deux premiers entre eux
solution de (32.1) tels que x = δx0 , y = δy 0 , z = δz 0 .
3. Soit (x, y, z) ∈ N3 une solution non triviale de (32.1) avec x, y, z deux à deux premiers
entre eux (on peut toujours se ramener au cas où x, y, z sont positifs).
(a) Montrer que x et y sont de parités différentes.
On suppose que x est pair et y impair (x et y jouent des rôles symétriques).
(b) Montrer qu’il existe deux entiers u et v premiers entre eux tels que y = u − v et
z = u + v.
(c) Montrer que u et v sont les carrés de deux entiers premiers entre eux. On note u = n2
et v = m2 .
(d) En déduire que :
x = 2nm, y = n2 − m2 , z = n2 + m2 .
(e) En déduire toutes les solutions de (32.1) .
– II –
On s’intéresse à l’équation :
x4 + y 4 = z 2 .
(32.2)
On suppose que équation admet des solutions (x, y, z) dans N3 avec z 6= 0.
1. Montrer que l’équation (32.2) admet une solution (x, y, z) dans N3 avec z > 0 minimal,
x > 0 et y > 0.
569
570
Le théorème de Fermat pour n = 2 et n = 4
2. Montrer que x et y sont premiers entre eux puis que x, y et z sont deux à deux premiers
entre eux.
3. Montrer que l’on peut supposer x pair et qu’il existe alors deux entiers a et b premiers
entre eux tels que :
x2 = 2ab, y 2 = a2 − b2 , z = a2 + b2 .
4. Montrer que a est impair et b est pair.
5. Montrer qu’il existe deux entiers u et v premiers entre eux tels que :
b = 2uv, y = u2 − v 2 , a = u2 + v 2 .
En notant que x2 = 4uv (u2 + v 2 ) montrer qu’il existe des entiers naturels r, s, t tels que :
u = r2 , v = s2 , a = t2 .
Montrer que r et s sont non nuls et que 0 < t < z.
6. Déduire de ce qui précède que l’équation (32.2) n’a pas de solution (x, y, z) dans N3 telle
que x 6= 0 et y 6= 0.
32.2
Solution
–I–
Z 2
1. Si x et y sont impairs, ils sont congrus à 1 ou −1 modulo 4, on a donc dans
,z =
2Z
Z
x2 + y 2 = 2, ce qui est impossible puisque les carrés dans
sont 0 et 1.
2Z
2. Soient δ1 = x ∧ y, δ2 = y ∧ z et δ3 = x ∧ z. On a δ1 6= 0 puisque (x, y) 6= (0, 0) . Avec
a2 ∧ b2 = (a ∧ b)2 (exercice ??) et a ∧ b = a ∧ (a + b) (exercice 23.21), on déduit que :
¡
¢
δ32 = x2 ∧ z 2 = x2 ∧ x2 + y 2 = x2 ∧ y 2 = δ12
et :
¡
¢
δ22 = y 2 ∧ z 2 = y 2 ∧ x2 + y 2 = y 2 ∧ x2 = δ12
ce qui donne δ1 = δ2 = δ3 puisque tous ces entiers sont positifs. On peut alors écrire, on
note δ ce pgcd commun, x = δx0 , y = δy 0 , z = δz 0 avec x0 , y 0 , z 0 deux à deux premiers
entre eux et (32.1) avec δ 6= 0 nous donne (x0 )2 + (y 0 )2 = (y 0 )2 .
3.
(a) On a déjà vu que x et y ne peuvent être tous deux impairs et comme ils sont premiers
entre eux, ils ne peuvent être tous deux pairs.
(b) On a x = 2a et y = 2b + 1 et (32.1) s’écrit :
4a2 + (2b + 1)2 = z 2
y+z
et z est nécessairement impair. On définit donc des entiers en notant u =
,
2
z−y
et on a y = u − v, z = u + v. Le pgcd δ de u et v divisant y et z divise
v=
2
aussi leur pgcd qui vaut 1. On a donc δ = 1.
Solution
571
(c) Avec les notations précédentes, on a :
uv =
z2 − y2
x2
=
= a2
4
4
les entiers u et v étant premiers entre eux, ce qui impose que ces entiers sont des
carrés. En effet, si u n’est pas un carré, il est différent de 1 et sa décomposition en
facteurs premiers nous donne u = p2α+1 q avec p premier ne divisant ni q ni v (u et
v sont premiers entre eux, ce qui donne a2 = p2α+1 r avec p ne divisant pas r, ce qui
est impossible. On a donc u = n2 et v = m2 avec n, m premiers entre eux puisque
1 = n2 ∧ m2 = (n ∧ m)2 .
(d) On a donc :

 y = u − v = n2 − m2 ,
z = u + v = n2 + m2 ,
 2
x = 4a2 = 4uv = 4n2 m2
avec x ≥ 0, ce qui donne :
x = 2nm, y = n2 − m2 , z = n2 + m2
où n, m sont des entiers naturels premiers entre eux.
(e) Ce qui précède nous dit que si (x, y, z) ∈ N3 est solution non triviale de (32.1) , il
existe alors un entier naturel non nul δ et des entiers naturels n, m premiers entre
eux tels que :
¡
¡
¢ ¡
¢¢
(x, y, z) = 2δnm, δ n2 − m2 , δ n2 + m2
Réciproquement, on a bien :
¡
¢2
¡
¢2
4δ 2 n2 m2 + δ 2 n2 − m2 = δ 2 n2 + m2
et δ = 0 nous donne la solution triviale.
Toutes les solutions dans N3 sont donc les triplets (x, y, z) avec (x, y) ou (y, z) de la
forme (2δnm, δ (n2 − m2 )) où δ ∈ N et n, m sont premiers entre dans N avec n > m.
– II –
572
Le théorème de Fermat pour n = 2 et n = 4
33
L’anneau Z/nZ et les nombres de
Carmichaël
33.1
Énoncé
Pour tout entier naturel n ≥ 2, on note Zn = Z/nZ l’anneau des classes résiduelles modulo n,
Z∗n le groupe multiplicatif des éléments inversibles de cet anneau et ϕ (n) le nombre d’éléments
de Z∗n (indicateur d’Euler).
On pose ϕ (1) = 1.
Si k est un entier relatif, on note k = k + nZ la classe de k dans Zn .
Pour tout couple (a, b) d’entiers relatifs, on note a ∧ b le pgcd de a et b et a ∨ b leur ppcm .
– I – Préliminaires sur les groupes finis
Pour cette partie, les groupes sont notés multiplicativement
© ket on note
ª 1 l’élément neutre.
Si G est un groupe, pour tout a dans G, on note hai = a | k ∈ Z le sous groupe de G
engendré par a.
Si hai est infini, on dit alors que a est d’ordre infini dans G, sinon on dit que a est d’ordre
fini dans G et l’ordre de a est θ (a) = card (hai) .
1. Donner des exemples de groupes infinis dans lequel tous les éléments sont d’ordre fini.
2. Soit G un groupe fini. Montrer que si x est un élément de G d’ordre p, y un élément de
G d’ordre q, avec p et q premiers entre eux et xy = yx, alors xy est d’ordre pq. Si p et q
ne sont pas premiers entre eux, xy est-il d’ordre p ∨ q.
3. Donner un exemple de groupe dans lequel on peut trouver deux éléments d’ordre fini dont
le produit est d’ordre infini.
4. Soit G un groupe commutatif fini d’ordre n ≥ 2.
(a) Montrer que si p et q sont deux entiers naturels non nuls, alors il existe deux entiers
p0 et q 0 premiers entre eux tels que p0 divise p, q 0 divise q et p ∨ q = p0 q 0 .
(b) Montrer qu’il existe un élément de G dont l’ordre est égal au ppcm m des ordres de
tous les éléments de G.
(c) Montrer que m a les mêmes facteurs premiers que n.
(d) En déduire que pour tout diviseur premier p de n il existe dans G un élément d’ordre
p.
5. Montrer que tout sous groupe fini du groupe multiplicatif K∗ = K \ {0} d’un corps
commutatif K est cyclique.
573
574
L’anneau Z/nZ et les nombres de Carmichaël
6. Soit G un groupe tel que tout élément de G soit d’ordre au plus égal à 2.
(a) Montrer que G est commutatif.
(b) On suppose de plus que G est fini. Montrer que card (G) = 2n .
7. Soit G = hai un groupe cyclique d’ordre n ≥ 2.
n
.
n∧k
(b) Montrer que si H est un sous-groupe de G non réduit à {1} , alors H = hap i où p
n
divise n et H est cyclique d’ordre .
p
(c) Montrer que pour tout diviseur q de n, il existe un unique sous groupe de G d’ordre
n
q, c’est le groupe cyclique H = hap i avec p = .
q
(a) Soit x = ak ∈ H. Montrer que l’ordre de x est égal à
– II – Quelques propriétés de la fonction indicatrice d’Euler
1. Montrer que pour tout entier naturel n ≥ 2, ϕ (n) est le nombre de générateurs du groupe
cyclique (Zn , +) .
2. Montrer que pour tout entier naturel n ≥ 2, ϕ (n) est le nombre d’entiers compris entre
1 et n premiers avec n.
3. Soit n ≥ 2. Montrer que si k est un entier relatif premier avec n, alors k ϕ(n) ≡ 1 (mod n)
(théorème d’Euler).
4. Soit n ≥ 2. Montrer que n est premier si et seulement si (n − 1)! ≡ −1 (mod n) (théorème
de Wilson).
p−1
P 1
5. Soit p un nombre premier strictement plus grand que 3. On note Sp =
et pour tout
k=1 k
p−1
Q
entier k compris entre 1 et p − 1, pk =
j.
j=1
j6=k,j6=p−k
(a) Montrer que :
p−1
X
pk = 2
k=1
(p − 1)!
Sp .
p
³
(b) Montrer que pour tout entier k compris entre 1 et p − 1, pk = k
(c) En déduire que
p−1
P
´
−1 2
dans Zp .
pk est divisible par p.
k=1
a
avec a et b premiers entre eux, montrer que p2 divise a.
b
6. Soient p un nombre premier et α un entier naturel non nul. Montrer que :
(d) En écrivant Sp =
ϕ (pα ) = (p − 1) pα−1 .
7. Montrer que si n et m sont deux entiers naturels non nuls premiers entre eux, alors
ϕ (nm) = ϕ (n) ϕ (m) .
Énoncé
575
8. Montrer que si n ≥ 1 a pour décomposition en facteurs premiers n =
2 ≤ p1 < · · · < pr premiers et les αi entiers naturels non nuls, alors :
ϕ (n) = n
r µ
Y
i=1
1
1−
pi
r
Q
i=1
pαi i avec
¶
.
9. Soient p et q deux nombres premiers distincts et n = pq. Montrer que si a et b sont
deux entiers naturels tels que ab ≡ 1 (mod ϕ (n)) , alors pour tout entier relatif c, on a
cab ≡ c (mod n) .
10. On veut montrer dans cette question que :
∀n ≥ 2,
ϕ (n) >
√
n − 1.
(a) Montrer le résultat pour n = 2, 3, 4, 5, 6.
r
Q
(b) Montrer le résultat pour n =
pi avec 3 ≤ p1 < · · · < pr premiers.
i=1
(c) Montrer le résultat pour n impair supérieur ou égal à 7.
(d) Montrer le résultat pour n = 2α avec α ≥ 3.
(e) Montrer le résultat pour n = 2α 3β avec α ≥ 1, β ≥ 1 et (α, β) 6= (1, 1) .
(f) Montrer le résultat pour n pair supérieur ou égal à 7.
11. Pour tout entier n ≥ 2, on note Dn l’ensemble des diviseurs positifs de n et pour tout
d ∈ Dn , on note :
n
no
.
Sd = k ∈ {1, · · · , n} | k ∧ n =
d
(a) Montrer que les Sd , pour d décrivant Dn , forment une partition de {1, · · · , n} .
(b) Montrer que pour tout d ∈ Dn on a card (Sd ) = ϕ (d) .
(c) En déduire la formule de Möbius :
n=
X
ϕ (d) .
d∈Dn
12. Pour tout entier n ≥ 2, on désigne par Φn le n-ième polynôme cyclotomique défini par :
Y¡
¢
Φn (X) =
X − ωnk ,
k∈Sn
2iπ
où Sn est l’ensemble des entiers k compris entre 1 et n premier avec n et ωn = e n . Pour
n = 1, on note Φ1 (X) = X − 1.
Q
(a) Montrer que X n − 1 =
Φd , où Dn est l’ensemble des diviseurs positifs de n.
d∈Dn
P
(b) En déduire la formule de Möbius n =
ϕ (d) .
d∈Dn
– III– Quelques propriétés de Zn∗
1. Pour tout entier n ≥ 2, on note Gn le groupe des automorphismes du groupe additif Zn .
576
L’anneau Z/nZ et les nombres de Carmichaël
(a) Montrer que pour tout x ∈ Z∗n l’application σ (x) définie sur Zn par :
∀y ∈ Zn ,
σ (x) (y) = xy
est un automorphisme du groupe additif Zn .
(b) Montrer que l’application σ réalise un isomorphisme de (Z∗n , ·) sur (Gn , ◦) .
2. Soit p un nombre premier. On désigne toujours par Dp−1 l’ensemble des diviseurs positifs
de p − 1 et pour tout d ∈ Dp−1 , on note ψ (d) le nombre d’éléments d’ordre d dans Z∗p .
(a) Montrer que :
p−1=
X
ψ (d) .
d∈Dp−1
(b) Soit d ∈ Dp−1 . Montrer que si ψ (d) > 0, alors ψ (d) = ϕ (d) .
(c) Montrer que ψ (d) = ϕ (d) pour tout d ∈ Dp−1 et en déduire que Z∗p est cyclique (on
retrouve donc un cas particulier du résultat de I.5.).
3. Soient p un nombre premier impair et α un entier supérieur ou égal à 2. On se propose
dans cette question de montrer que le groupe multiplicatif Z∗pα est cyclique (voir aussi le
livre d’algèbre de Perrin-Riou).
(a) Montrer que pour tout entier k compris entre 1 et p − 1, Cpk est divisible par p.
(b) Montrer qu’il existe une suite d’entiers naturels non nuls (λk )k∈N tous premiers avec
p tels que :
k
∀k ∈ N, (1 + p)p = 1 + λk pk+1 .
(c) Montrer que la classe résiduelle modulo pα , 1 + p est d’ordre pα−1 dans Z∗pα .
α−1
(d) Soit x = k + pZ un générateur du groupe cyclique Z∗p . Montrer que y = k p
est d’ordre p − 1 dans Z∗pα .
+ pα Z
(e) Déduire de ce qui précède que Z∗pα est cyclique.
4. Montrer que Z∗2 et Z∗22 sont cycliques.
5. Dans cette question on s’intéresse au groupe multiplicatif Z∗2α pour α ≥ 3.
(a) Montrer qu’il existe une suite (λk )k∈N d’entiers impairs tels que :
∀k ∈ N,
k
52 = 1 + λk 2k+2 .
(b) Montrer que la classe résiduelle de 5 modulo 2α est d’ordre 2α−2 dans Z∗2α .
(c) On désigne par ψ l’application qui à toute classe résiduelle modulo 2α , k + 2α Z,
associe la classe résiduelle modulo 4, k + 4Z. Montrer que cette application est bien
définie, qu’elle induit un morphisme surjectif de groupes multiplicatifs de Z∗2α sur Z∗4
et que son noyau est un groupe cyclique d’ordre 2α−2 .
(d) Montrer que l’application :
π : Z∗2α → Z∗4 × ker (ψ)
x
7→ (ψ (x) , ψ (x) x)
est un isomorphisme de groupes. En déduire que Z∗2α est isomorphe à Z2 × Z2α−2 . Le
groupe Z∗2α est-il cyclique ?
Solution
577
– IV – Nombres de Carmichaël
Un théorème de Fermat nous dit que si p est premier et k premier avec p, alors
k p−1 ≡ 1 (mod p) (théorème d’Euler II.3. avec n premier). Dans cette partie on s’intéresse
à la réciproque de ce résultat. Que peut-on dire de n tel que k n−1 ≡ 1 (mod n) pour tout k
premier avec n ?
On appelle nombre de Carmichaël tout entier n ≥ 2 non premier tel que :
∀x ∈ Z∗n ,
xn−1 = 1.
1. Montrer qu’un nombre de Carmichaël est impair.
r
Q
2. Soit n =
pi avec r ≥ 2, 3 ≤ p1 < · · · < pr premiers tels que pour tout i compris entre
i=1
1 et r, pi − 1 divise n − 1. Montrer que n est un nombre de Carmichaël.
r
Q
3. Soit n =
pαi i avec r ≥ 2, 3 ≤ p1 < · · · < pr premiers et αi ≥ 1 pour tout i compris
i=1
entre 1 et n un nombre de Carmichaël.
(a) On suppose qu’il existe un indice i compris entre 1 et r tel que αi ≥ 2.
i. Montrer qu’il existe un entier relatif p tel que la classe modulo pαi i , p + pαi i Z, soit
d’ordre pi dans Z∗pαi et qu’il existe un entier relatif q premier avec n solution du
i
système de congruence :
(
q ≡ p (mod pαi i )
¡
α ¢
q≡1
mod pj j
(1 ≤ j 6= i ≤ r) .
ii. En déduire que pi divise n − 1 et conclure.
r
Q
pi avec pi − 1 divisant n − 1 pour tout i compris entre 1 et r.
(b) Montrer que n =
i=1
(c) Montrer que r ≥ 3.
On a donc montré le résultat suivant pour n ≥ 2 : la condition k n−1 ≡ 1 (mod n)
r
Q
pour tout k premier avec n est équivalente à n premier ou n =
pi avec r ≥ 3,
i=1
3 ≤ p1 < · · · < pr premiers tels que pour tout i compris entre 1 et r, pi − 1 divise
n − 1. Par exemple 561, 1105, 1729, sont des nombres de Carmichaël (il y en a une
infinité).
33.2
Solution
– I – Préliminaires sur les groupes finis
Q Z
Z
Z
[X] (ou
[X] avec p premier, ou
) est infini et tous ses
2Z
pZ
p∈P pZ
éléments sont d’ordre 2.
Si on définit sur le corps Q des rationnels la relation d’équivalence r v s si et seulement
Q
si r − s ∈ Z, alors le groupe quotient
pour cette relation d’équivalence est infini et tous
Z
p
ses éléments sont d’ordre fini (q = 0).
q
Si E est un ensemble infini, alors (P (E) , ∆) où ∆ est l’opérateur de différence symétrique
est infini et tous les éléments sont d’ordre 1 ou 2 puisque A∆A = ∅.
1. Le groupe additif G =
578
L’anneau Z/nZ et les nombres de Carmichaël
2. On a (xy)pq = (xp )q (y q )p = 1 puisque x et y commutent. L’ordre r de xy est donc un
diviseur de pq.
L’égalité (xy)r = xr y r = 1 entraîne y r = (xr )−1 ∈ hxi ∩ hyi = H. Le groupe H étant
contenu dans les groupes hxi et hyi a un ordre qui divise p et q et ces entiers étant premiers
entre eux, on a nécessairement H = {1} . On a donc y r = xr = 1 et r est un multiple de p
et q, donc de pq puisque p et q sont premiers entre eux. On peut donc conclure à l’égalité
r = pq.
Une autre solution consiste à dire que si (xy)r = 1, alors (xy)rp = 1 avec xrp = 1 et x, y
qui commutent, donc y rp = 1 et q divise rp, il divise donc r puisqu’il est premier avec p.
De même p divise r. Donc pq divise r et pq est l’ordre de xy puisque (xy)pq = 1.
Si p et q ne sont pas premiers entre eux, l’ordre de xy n’est pas nécessairement le ppcm
des ordres de x et y. En prenant x d’ordre p ≥ 2 dans G et y = x−1 qui est également
d’ordre p, on xy = 1 d’ordre 1 6= ppcm (p, p) = p.
3. Le produit de deux réflexions vectorielles σD et σD0 d’axes D et D0 faisant un angle α
est une rotation d’angle 2α. Chaque réflexion est d’ordre 2 et la composée σD ◦ σD0 est
2π
d’ordre infini si
∈
/ Q.
2α
On peut aussi considérer la composée de deux symétries centrales dans le plan de centre
−−−→
O1 et O2 distincts, cette composée est la translation de vecteur 2O1 O2 qui est d’ordre
infini dans le groupe des bijections du plan.
4. (a) On a les décompositions en facteurs premiers :
p=
r
Y
pαi i ,
q=
i=1
r
Y
pβi i
i=1
avec 2 ≤ p1 < · · · < pr premiers et les αi , βi positifs ou nuls pour 1 ≤ i ≤ r. On pose
alors :
r
r
Y
Y
αi
0
0
p =
pi , q =
pβi i
i=1
αi >βi
i=1
αi ≤βi
(p0 ou q 0 est égal à 1 si la condition αi > βi ou αi ≤ βi n’est jamais vérifiée) et on a
r
Q
max(αi ,βi )
pi
= p0 q 0 , p0 ∧ q 0 = 1.
p0 divise p, q 0 divise q, p ∨ q =
i=1
(b) Soit µ le plus grand des ordres des éléments de G (l’exposant de G) et x un élément
d’ordre µ dans G. Nous allons montrer que µ est multiple de l’ordre de tout élément
de G, en conséquence c’est le ppcm de ces ordres. Soit donc y un élément de G et p
son ordre. En désignant par µ0 et p0 des µentiers premiers entre
eux tels que µ0 divise
p
µ, p0 divise p et µ ∨ p = µ0 p0 , on a x0 = x µ0 d’ordre µ0 , y 0 = y p0 d’ordre p0 et le produit
x0 y 0 est d’ordre µ0 p0 = µ ∨ p (le groupe G est commutatif et les ordres µ0 et p0 sont
premiers entre eux). Ce qui entraîne µ ∨ p ≤ µ et µ = µ ∨ p est un multiple de p. En
définitive µ est le ppcm m des ordres des éléments de G et il existe un élément x de
G d’ordre m.
p
Q
(c) Soit {x1 , · · · , xp } un système de générateurs de G (qui est fini) et H =
hxi i . Du
fait que G est commutatif, l’application ψ : H → G définie par :
∀y = (y1 , · · · , yp ) ∈ H,
ψ (y) =
p
Y
i=1
yi
i=1
Solution
579
est un morphisme de groupes et ce morphisme est surjectif puisque {x1 , · · · , xp }
engendre G. Ce morphisme surjectif induit alors un isomorphisme du groupe quotient
H
sur G, ce qui entraîne card (H) = card (ker (ψ)) card (G) et n = card (G)
ker (ψ)
p
Q
divise card (H) =
ri où, pour i compris entre 1 et p, ri est l’ordre de xi . Le ppcm
i=1
m des ordres des éléments de G étant multiple de chaque ri , mp est multiple de
p
Q
ri
i=1
donc de n, ce qui entraîne que m a les mêmes facteurs premiers que n.
Autre solution : il existe x ∈ G d’ordre m, donc m divise n et les facteurs premiers
de m sont des facteurs premiers de n. Le théorème de Sylow nous dit que si p est
un diviseur premier de n, il existe alors un sous-groupe H de G d’ordre p et H est
cyclique, soit H = hai avec a d’ordre p dans G, donc p divise m.
Z
×· · ·
Voir le théorème de décomposition des groupes abéliens sous la forme : Zr ×
q1 Z
(d) Si p est un diviseur premier de n, c’est également un diviseur premier de m et m = pr.
En désignant par x un élément de G d’ordre m et en posant y = xr on dispose d’un
élément d’ordre p dans G (c’est le premier théorème de Sylow, voir Schwarz).
5. Soit G un sous groupe d’ordre n de K∗ . Il existe dans G (commutatif) un élément x
d’ordre m ≤ n égal au ppcm des ordres des éléments de G. L’ordre de tout élément de G
divisant m, on déduit que tout y ∈ G est racine du polynôme P (X) = X m − 1, ce qui
donne n racines de P dans K, mais sur un corps commutatif un polynôme de degré m a
au plus m racines1 , on a donc n ≤ m. En définitive m = n et G ayant un élément d’ordre
n est cyclique.
6. (a) Si tous les éléments de G sont d’ordre au plus égal à 2, alors pour tout x ∈ G, on
a x2 = 1 et x = x−1 . Pour x, y dans G, on a alors xy = x−1 y −1 = (yx)−1 = yx,
c’est-à-dire que G est commutatif.
(b) On suppose de plus que G est fini. Si G est réduit à {1} alors card (G) = 1 = 20 .
Si G n’est pas réduit à {1} , il existe x ∈ G \ {1} tel que hxi = {1, x} et le groupe
G
quotient
est de cardinal strictement inférieur à 2 avec tous ses éléments d’ordre
hxi
au plus égal à 2. On conclut alors par récurrence sur l’ordre de G. En supposant
le résultat
¶acquis pour les groupes d’ordre strictement inférieur à card (G) , on a
µ
G
= 2p et card (G) = 2p+1 .
card
hxi
Autre solution : ppcm {ordre des éléments de G} = 2 qui a les mêmes facteurs premiers que n, donc n = 2m (4.c.).
Autre solution : si p est un diviseur premier de n, alors il existe x d’ordre p dans G
(4.d.), mais x est d’ordre 1 ou 2, donc p = 2 et n = 2m .
7. (a) Soit x = ak ∈ H. On note d = n ∧ k, n = dn0 , k = dk 0 avec k 0 et n0 premiers entre
n
k
0
0
0
eux. On a xn = akn = ak d = a d n = ak n = 1, ce qui entraîne que n0 est un multiple
de l’ordre m de x. D’autre part, avec 1 = xm = akm on déduit que n = dn0 divise
km = dk 0 m et n0 divise k 0 m avec n0 et k 0 premiers entre eux, ce qui entraîne que n0
n
.
divise m. On a donc m = n0 =
n∧k
1
Ce résultat est faux sur un corps non commutatif, voir par exemple le corps des quaternions.
580
L’anneau Z/nZ et les nombres de Carmichaël
(b) Si H n’est pas réduit à {1} , il existe k compris entre 1 et n − 1 tel que ak ∈ H et
on peut poser :
©
ª
p = min k ∈ {1, · · · , n − 1} | ak ∈ H .
En écrivant, pour tout x = ak ∈ H, k = pq + r avec 0 ≤ r ≤ p − 1 (division
euclidienne), on a ar = ak (apq )−1 ∈ H et nécessairement r = 0. On a donc H ⊂
hap i ⊂ H, soit H = hap i . Avec an = 1 ∈ H on déduit que n est multiple de p et
n
n
l’ordre de H est égal à
= .
n∧p
p
n
et H est un sous-groupe
(c) Si q est un diviseur de n, on pose H = hap i où p =
q
n
cyclique de G d’ordre = q. Réciproquement si H est un sous-groupe de G d’ordre
p
n
q, c’est nécessairement H = hap i avec p = (question précédente).
q
– II – Quelques propriétés de la fonction indicatrice d’Euler
1. Dire que k est inversible dans Zn équivaut à dire qu’il existe u ∈ Zn tel que ku = 1
encore équivalent à dire qu’il existe u ∈ Z tel que uk = 1, soit à dire que 1 est dans le
groupe engendré par k et donc que ce groupe est Zn . Donc k ∈ Z∗n si et seulement si k
est générateur du groupe additif Zn . Il en résulte que ϕ (n) est le nombre de générateurs
du groupe cyclique (Zn , +) .
2. Dire que k est inversible dans Zn équivaut à dire qu’il existe u ∈ Zn tel que ku = 1 encore
équivalent à dire qu’il existe deux entiers relatifs u et v tels que ku + nv = 1 équivalent à
dire que k et n sont premiers entre eux (théorème de Bézout). En considérant que chaque
classe modulo n a un unique représentant compris entre 1 et n, on déduit que ϕ (n) est
le nombre d’entiers compris entre 1 et n premiers avec n.2
ϕ(n)
3. Si k est premier avec n, alors k appartient à Z∗n qui est d’ordre ϕ (n) et k
= 1,
ϕ(n)
c’est-à-dire que k
≡ 1 (mod n) .
4. Si n est premier alors Zn est un corps commutatif et tout élément a de Z∗n est racine du
n−1
¢
Q
Q¡
polynôme X n−1 − 1, on a donc X n−1 − 1 =
(X − a) =
X − k dans Zn [X] et en
évaluant ce polynôme en 0, il vient −1 =
a∈Z∗n
n−1
Q¡
k=1
¢
−k = (−1)n−1 (n − 1)!. Pour n = 2, on a
k=1
−1 = 1 et pour n ≥ 2 premier on a n impair et −1 = (n − 1)! dans Zn . Réciproquement
si n ≥ 2 est tel que (n − 1)! = −1 dans Zn , alors tout diviseur d de n compris entre 1
et n − 1 divisant (n − 1)! = −1 + kn va diviser −1, ce qui donne d = 1 et l’entier n est
premier.
5. (a) On a :
¶
p−1 µ
p−1
X
(p − 1)! X 1
1
(p − 1)!
(p − 1)!
=
+
Sp .
pk =
=2
k (p − k)
p
k p−k
p
k=1
k=1
k=1
p−1
X
(b) Pour k compris entre 1 et p − 1, on a, en utilisant le théorème de Wilson :
k (p − k) pk = (p − 1)! ≡ −1 (mod p) ,
³ −1 ´2
2
ce qui donne k pk ≡ 1 (mod p) ou encore pk = k
dans Zn .
2 ϕ (n)
n
est la probabilité pour qu’un entier k pris au hasard entre 1 et n soit premier avec n.
Solution
581
(c) L’application x 7→ x−1 réalisant une permutation de Z∗n , on a :
p−1
X
p−1 ³
p−1
p−1
´
X
X¡
X
X
X
¢
−1 2
2
2
−1 2
pk =
k
j =
=
x
=
(y) =
j 2,
k=1
p−1
P
x∈Z∗n
k=1
y∈Z∗n
j=1
j=1
p (p − 1) (2p − 1)
∈ N et p premier strictement plus grand que 3, ce
6
j=1
qui entraîne que 6 divise p (p − 1) (2p − 1) en étant premier avec p, donc 6 divise
(p − 1) (2p − 1)
(p − 1) (2p − 1) (théorème de Gauss) et
∈ N, ce qui permet de
6
conclure à :
p−1
p−1
X
X
pk =
j2 = 0
avec
j2 =
j=1
k=1
dans Zn .
(d) L’égalité
p−1
P
pk = 2
k=1
(p − 1)!
a
Sp avec Sp = , s’écrit :
p
b
pb
p−1
X
pk = 2a (p − 1)!
k=1
et du fait que p divise
p−1
P
pk , on déduit que p2 divise 2a (p − 1)!. L’entier p étant
k=1
premier impair est premier avec 2 (p − 1)!, on déduit avec le théorème de Gauss que
p2 divise a.
6. Si p est premier, alors un entier k compris entre 1 et pα n’est pas premier avec pα si et
seulement si il est divisible par p, ce qui équivaut à k = mp avec 1 ≤ m ≤ pα−1 , il y a
donc pα−1 possibilités. On en déduit alors que :
ϕ (pα ) = pα − pα−1 = (p − 1) pα−1 .
7. Le théorème chinois nous dit que si n et m sont deux entiers premiers entre eux alors les
anneaux Znm et Zn × Zm sont isomorphes, un isomorphisme étant réalisé par :
µ
¶
· ··
¡ ¢
∀k ∈ Znm , f k = k, k ,
·
··
où on a noté k la classe de k modulo nm, k la classe de k modulo n et k la classe de k
modulo m. La restriction de f à Z∗nm réalise un isomorphisme de groupes multiplicatifs
de Z∗nm sur Z∗n × Z∗m , ce qui entraîne :
ϕ (nm) = card (Z∗nm ) = card (Z∗n ) card (Z∗m ) = ϕ (n) ϕ (m) .
8. En utilisant les résultats des questions précédentes, on a :
ϕ (n) =
r
Y
i=1
ϕ (pαi i )
=
r
Y
i=1
αi
ϕ (p ) =
r
Y
i=1
(pi −
1) pαi i −1
=n
r µ
Y
i=1
1
1−
pi
¶
.
582
L’anneau Z/nZ et les nombres de Carmichaël
9. Si ab ≡ 1 (mod ϕ (n)) , il existe alors un entier relatif k tel que :
ab = 1 + kϕ (n) = 1 + k (p − 1) (q − 1) .
Si c est un entier relatif premier avec p, on a alors cp−1 ≡ 1 (mod p) (théorème de Fermat)
et :
cab = cck(p−1)(q−1) ≡ c (mod p) .
Si l’entier relatif c n’est pas premier avec p, c’est nécessairement un multiple de p (qui est
premier) et :
cab ≡ 0 ≡ c (mod p) .
De manière analogue, on a cab ≡ c (mod q) et avec p et q premiers entre eux il en résulte
que cab ≡ c (mod pq) .3
√
√
√
10. (a) On a ϕ (2) = 1 > 2 − 1, ϕ (5) = 4 > 5 − 1 et ϕ (3) = ϕ (4) = ϕ (6) = 2 > k − 1
pour k = 3, 4, 6.
r
Q
(b) Si n =
pi avec 3 ≤ p1 < · · · < pr premiers, on a alors :
i=1
r
ϕ (n) Y pi − 1
√ =
√ .
pi
n
i=1
Pour p ≥ 3, on a p (p − 3) ≥ 0, soit p2 −3p+1√
> 0 ou encore (p − 1)2 > p, c’est-à-dire
√
p − 1 > p. On en déduit donc que ϕ (n) > n.
r
Q
pαi i avec 3 ≤ p1 <
(c) Si n est un nombre impair supérieur ou égal à 7, il s’écrit n =
i=1
· · · < pr premiers et αi ≥ 1 pour tout i compris entre 1 et r. En posant m =
on a :
r
n Y
n
ϕ (n) =
ϕ (pi ) = ϕ (m)
m i=1
m
et :
ce qui donne ϕ (n) >
√
ϕ (n)
√ =
n
r
r
Q
pi ,
i=1
n ϕ (m)
ϕ (m)
√
≥ √
> 1,
m m
m
n.
α
(d) Si n = 2 avec α ≥ 3, on a alors :
³√ ´α−2
α
ϕ (n)
√ = 2 2 −1 =
2
>1
n
et ϕ (n) >
√
n.
(e) Si n = 2α 3β avec α ≥ 1, β ≥ 1 et (α, β) 6= (1, 1) , on a alors :
³√ ´α ³√ ´β−2
α β
ϕ (n)
√ = 2 2 3 2 −1 =
2
3
>1
n
(pour β ≥ 2 il n’y a pas de problème et pour β = 1 on a α ≥ 2 et
√
2
√ > 1), ce qui donne ϕ (n) > n.
3
3
Ce résultat est à la base du système cryptographique R.S.A.
¡√ ¢α ¡√ ¢−1
2
3
≥
Solution
583
(f) Si n est pair, il s’écrit n = 2α1
r
Q
i=2
pαi i avec 3 ≤ p2 < · · · < pr premiers et αi ≥ 1 pour
tout i compris entre 1 et r. En posant m = 2
r
Q
pi , on a : :
i=2
ϕ (n)
√ =
n
avec :
r
n ϕ (m)
ϕ (m)
√
≥ √ ,
m m
m
r
ϕ (m)
1 Y pi − 1
√
=√
√ .
pi
m
2 i=2
p−1
ϕ (m)
p2 − 1
p2 − 1
Pour p ≥ 3, on a √ > 1, donc √
> √ √ et pour p2 ≥ 5, on a √ √ > 1.
p
m
2 p2
2 p2
r
Q
pαi i où 5 ≤ p3 < · · · < pr
Il reste à étudier le cas p2 = 3, soit n = 2α1 3α2 r, avec r =
i=3
sont premiers. Dans ce cas, on a :
ϕ (n)
ϕ (2α1 3α2 ) ϕ (r)
√ = √
√ >1
n
r
2α1 3α2
d’après ce qui précède. On a donc ainsi montré que ϕ (n) >
√
n pour tout n ≥ 7.
11. (a) Il est clair que Sd ∩ Sd0 = ∅ pour d 6= d0 dans Dn . Si k est un entier compris entre
1 et n, en notant δ le pgcd de k et n, k = δk 0 et n = δd avec k 0 et d premiers entre
n
eux, on a k ∧ n = δ = et k ∈ Sd avec d ∈ Dn . On a donc la partition :
d
[
Sd .
{1, · · · , n} =
d∈Dn
(b) Un entier k compris entre 1 et n est dans Sd si et seulement si il s’écrit k =
k 0 compris entre 1 et d premier avec d. On a donc :
n 0
k avec
d
card (Sd ) = card {k 0 ∈ {1, · · · , d} | k 0 ∧ d = 1} = ϕ (d) .
P
(c) Des deux questions précédentes, on déduit que n =
ϕ (d) .
d∈Dn
12. (a) Les Sd , pour d ∈ Dn formant une partition de {1, · · · , n} , on a :
n
X −1=
n
Y
¡
Y Y¡
¢
¢
X − ωnk ,
X − ωnk =
k=1
d∈Dn k∈Sd
avec :
Y¡
X−
ωnk
¢
k∈Sd
(k ∈ Sd s’écrit k = k 0
=
µ
d
Y
³
X− e
2iπ
n
´k0 nd ¶
k0 =1
k0 ∧d=1
=
d
³
Y
X−
0
ωdk
´
= Φd (X)
k0 =1
k0 ∧d=1
n
avec k 0 compris entre 1 et d premier avec d), ce qui donne :
d
Y
Xn − 1 =
Φd (X) .
d∈Dn
584
L’anneau Z/nZ et les nombres de Carmichaël
(b) Chaque polynôme ΦP
d étant de degré ϕ (d) , en posant ϕ (1) = 1, on déduit du résultat
précédent que n =
ϕ (d) .
d∈Dn
– III– Quelques propriétés de Zn∗
1. (a) Pour y, z dans Zn , on a :
σ (x) (y + z) = x (y + z) = xy + xz = σ (x) (y) + σ (x) (z) ,
c’est-à-dire que σ (x) est un morphisme de groupes additifs.
Si y ∈ ker (σ (x)) , alors xy = 0 et y = x−1 xy = 0, c’est-à-dire que σ (x) est injectif
et donc bijectif puisque Zn est fini. On a donc bien σ (x) ∈ Aut (Zn ) = Gn .
Ou bien : (σ (x) ◦ σ (x−1 )) (y) = (σ (x−1 ) ◦ σ (x)) (y) = y et automorphisme.
(b) Pour x, x0 dans Z∗n et y dans Zn , on a :
σ (xx0 ) (y) = x (x0 y) = (σ (x) ◦ σ (x0 )) (y) .
0
On a donc σ (xx0 ) = σ (x)
¡ ◦¢ σ (x ) et σ est un morphisme de groupes.
Si σ (x) = Id , on a σ (x) 1 = 1, soit x = x1 = 1, donc σ est injective.
¡ ¢
Si u ∈ Gn et k = u 1 , alors pour tout j ∈ Zn , on a :
¡ ¢
¡ ¢
¡ ¢
¡ ¢
u j = u j1 = ju 1 = jk = jk = σ k j.
L’application σ est donc surjective. En définitive σ réalise un isomorphisme de
groupes de (Z∗n , ·) sur (Aut (Zn ) , ◦) .
∗
2. (a) Du
Pfait que tout élément de Zp a un ordre qui divise p − 1, on déduit que p − 1 =
ψ (d) .
d∈Dp−1
(b) Dire que ψ (d) > 0 équivaut à dire qu’il existe dans Z∗p au moins un élément x d’ordre
ª
©
d et le groupe G = 1, x, · · · , xd−1 est alors formé de d solutions distinctes de
l’équation X d −1 = 0, or cette équation a au plus d solutions dans le corps commutatif
Zp , il en résulte que G est exactement l’ensemble de toutes les solutions de cette
équation. On déduit donc que les éléments d’ordre d dans Z∗p sont les générateurs du
groupe cyclique G et on sait qu’il y a ϕ (d) tels générateurs. On a donc ψ (d) = ϕ (d)
si ψ (d) > 0.
P
P
(c) On a p − 1 =
ψ (d) =
ϕ (d) avec ψ (d) = 0 ou ψ (d) = ϕ (d) , ce qui
d∈Dp−1
d∈Dp−1
entraîne que ψ (d) = ϕ (d) pour tout d ∈ Dp−1 . En particulier, on a ψ (p − 1) > 0,
c’est-à-dire qu’il existe dans Z∗p des éléments d’ordre p − 1 et ce groupe est alors
cyclique d’ordre p − 1.
p!
3. (a) On a Cpk =
et p divise k! (p − k)!Cpk = p!. Tout entier j compris entre 1
k! (p − k)!
et p − 1 étant premier avec p, on déduit du théorème de Gauss que p divise Cpk si k
est compris entre 1 et p − 1.
(b) On procède par récurrence sur k ≥ 0. Pour k = 0, on prend λ0 = 1. Pour k = 1, on
a:
p
X
p
2
(1 + p) = 1 + p +
Cpk pk ,
k=2
Solution
585
avec Cpk pk divisible par p3 pour k compris entre 2 et p si p ≥ 3, ce qui donne :
(1 + p)p = 1 + p2 + νp3 = 1 + λ1 p2
avec λ1 = 1 + νp premier avec p. En supposant le résultat acquis pour k ≥ 1, on a :
k+1
(1 + p)p
p
X
¡
¢p
= 1 + λk pk+1 = 1 + λk pk+2 +
Cpj λjk pj(k+1) ,
j=2
avec Cpj λjk pj(k+1) divisible par pk+3 , pour j compris entre 2 et p, ce qui donne :
k+1
(1 + p)p
= 1 + pk+2 (λk + νp) = 1 + λk+1 pk+2 ,
avec λk+1 = λk + νp premier avec p si λk est premier avec p.
(c) 1 + p étant premier avec pα , on a bien 1 + p ∈ Z∗pα et avec :
(
α−1
(1 + p)p
= 1 + λα−1 pα ≡ 1 (mod pα )
α−2
(1 + p)p
= 1 + λα−2 pα−1 6= 1 (mod pα )
(λα−2 est premier avec p, donc λα−2 pα−1 ne peut être divisible par pα ) on déduit que
1 + p est d’ordre pα−1 dans Z∗pα .
(d) La classe modulo p, x = k + pZ est d’ordre p − 1 dans Z∗p et du fait que pα−1 − 1
α−1
α−1
est divisible par p − 1 pour α ≥ 2, on déduit que k p −1 ≡ 1 (mod p) et k p
≡
α−1
k (mod p) , ce qui entraîne que la classe modulo p de j = k p
est d’ordre p − 1
dans Z∗p . D’autre part avec :
j p−1 = k (p−1)p
α−1
α)
= k ϕ(p
≡1
(mod pα )
α−1
on déduit que y = j+pα Z =k p +pα Z est d’ordre p−1 dans Z∗pα (si j r ≡ 1 (mod pα )
avec r ≥ 1, alors pα et donc p divise j r − 1 ce qui entraîne j r ≡ 1 (mod p) et r est
multiple de p − 1).
(e) Dans Z∗pα on a x = 1 + p d’ordre pα−1 et un élément y d’ordre p − 1 avec p − 1 et
pα−1 premiers entre eux, il en résulte que z = xy est d’ordre ppcm (p − 1, pα−1 ) =
(p − 1) pα−1 = ϕ (pα ) dans Z∗pα . En conséquence Z∗pα est cyclique d’ordre Z∗pα .
© ª
©
ª
4. On a Z∗2 = 1 et Z∗4 = 1, −1 ≈ Z2 .
5. (a) On procède par récurrence sur k ≥ 0. Pour k = 0, on a 5 = 1 + 22 et λ0 = 1. Pour
k = 1, on a 52 = 1 + 3 ∗ 23 et λ1 = 3. En supposant le résultat acquis pour k ≥ 1, on
a:
¢2
¡
k+1
52 = 1 + λk 2k+2 = 1 + λk+1 2k+3 ,
¢
¡
avec λk+1 = λk + λ2k 2k+1 = λk 1 + λk 2k+1 impair si λk l’est.
α−2
α−3
(b) On a 52
= 1+λα−2 2α ≡ 1 (mod 2α ) et 52
= 1+λα−3 2α−1 6= 1 (mod 2α ) du fait
que λα−3 ≡ 1 (mod 2) . On a donc 5 + 2α Z d’ordre 2α−2 dans Z∗2α et H = h5 + 2α Zi
est un sous-groupe cyclique d’ordre 2α−2 de Z∗2α , il est donc isomorphe à Z2α−2 .
(c) Si k ≡ k 0 (mod 2α ) alors 2α divise k − k 0 et k ≡ k 0 (mod 4) (α ≥ 2), donc
l’application ψ est bien définie. Dire que k + 2α Z est inversible dans Z2α équivaut à
dire que k est premier avec 2α et donc avec 4, c’est-à-dire que ψ envoie Z∗2α dans Z∗4 . Il
est facile de vérifier que ψ est un morphisme de groupes multiplicatifs. Si x = k + 4Z
586
L’anneau Z/nZ et les nombres de Carmichaël
est inversible dans Z4 alors k ≡ 1 (mod 4) ou k ≡ −1 (mod 4) et x = ψ (y) avec
y = 1 + 2α Z ou y = −1 + 2α Z dans Z∗2α , c’est-à-dire que ψ est surjective. Par passage
Z∗2α
au quotient ψ induit alors un isomorphisme de
sur Z∗4 , il en résulte que :
ker (ψ)
card (Z∗2α ) = card (ker (ψ)) card (Z∗4 ) = 2 card (ker (ψ))
et card (ker (ψ)) = 2α−2 . Avec 5 + 2α Z d’ordre 2α−2 dans ker (ψ) (5 ≡ 1 (mod 4))
on déduit que ker (ψ) est cyclique d’ordre 2α−2 engendré par 5 + 2α Z.
©
ª
(d) Pour x ∈ Z∗2α , on a ψ (x) ∈ Z∗4 = 1, −1 . Si ψ (x) = 1, alors ψ (x) x = x ∈ ker (ψ)
et si ψ (x) = −1, alors ψ (x) x = −x et ψ (ψ (x) x) = −ψ (x) = 1 et ψ (x) x ∈ ker (ψ) .
Du fait que ψ est un morphisme de groupes multiplicatifs, on déduit qu’il en est de
même de π.
Si x ∈ ker (π) , alors ψ (x) = 1 et ψ (x) x = 1, donc x = 1 et π est injectif. Ces deux
groupes ayant même cardinal, on déduit que π est un isomorphisme. En résumé Z∗2α
est isomorphe à Z2 × Z2α−2 pour α ≥ 3 et Z∗2α n’est pas cyclique puisqu’il n’y a pas
d’élément d’ordre 2α−1 dans Z2 × Z2α−2 .
– IV – Nombres de Carmichaël
¡ ¢n−1
1. Si n est pair, alors n − 1 est impair et −1
= −1 (n 6= 2) et n n’est pas un nombre
de Carmichaël.
2. Soit x = k ∈ Z∗n avec k entier relatif premier avec n. Pour tout i compris entre 1 et r,
l’entier k est premier avec pi et le théorème de Fermat nous dit que k pi −1 ≡ 1 (mod pi ) ,
ce qui entraîne k n−1 ≡ 1 (mod pi ) puisque n − 1 est multiple de pi − 1. On a donc pi qui
divise k n−1 − 1 pour tout i compris entre 1 et r, les pi étant premiers et distincts, il en
r
Q
n−1
= 1 dans Z∗n et donc n est un nombre de
résulte que n =
pi divise k n−1 − 1, soit k
Carmichaël.
3. (a)
i=1
i. Le groupe multiplicatif Z∗pαi est d’ordre ϕ (pαi i ) = (pi − 1) pαi i −1 et pour αi ≥ 2,
i
pi est un diviseur premier de l’ordre de ce groupe, on sait alors qu’il existe dans
Z∗pαi un élément x = p + pαi i Z d’ordre pi . D’autre part le théorème chinois nous
i
dit que l’application :
t + nZ 7→ (t + pα1 1 Z, · · · , t + pαr r Z)
r
Q
réalise un isomorphisme d’anneaux de Zn sur
un isomorphisme de groupes de Z∗n sur
r
Q
i=1
(1 + pα1 1 Z, · · · , p + pαi i Z, · · · , 1 + pαr r Z) ∈
i=1
Zpαi i et ce isomorphisme induit
Z∗pαi , en conséquence l’élément
r
Q
i=1
i
Z∗pαi a un unique antécédent q + nZ
i
dans Z∗n , ce qui se traduit par l’existence d’un entier relatif q premier avec n et
solution de :
½
q ≡ p ¡(mod pαi i )¢
α
q≡1
mod pj j
(1 ≤ j 6= i ≤ r) .
ii. L’entier q étant premier avec n, la classe résiduelle x = q + nZ est dans Z∗n et
xn−1 = 1, c’est-à-dire que q n−1 ≡ 1 (mod n) , ce qui donne q n−1 ≡ 1 (mod pαi i )
d’après le théorème chinois, soit pn−1 ≡ 1 (mod pαi i ) puisque q ≡ p (mod pαi i ) .
Solution
587
En conséquence l’ordre pi de p + pαi i Z dans Z∗pαi divise n − 1, ce qui est en
i
contradiction avec pi premier divisant n. En conclusion il ne peut pas exister
r
Q
d’indice i tel que αi ≥ 2 si n est un nombre de Carmichaël. On a donc n =
pi .
i=1
1 et r le groupe multiplicatif Z∗pi est
ki + pi Z d’ordre pi − 1 dans Z∗pi et
(b) Pour tout i compris entre
cyclique d’ordre pi −1,
il existe donc un élément
en désignant par k un
entier relatif premier avec n solution de :
½
k ≡ ki (mod pi )
k ≡ 1 (mod pj ) (1 ≤ j 6= i ≤ r)
(conséquence du théorème chinois), on a k n−1 ≡ 1 (mod n) (n est un nombre de
Carmichaël et k +nZ est dans Z∗n ), donc k n−1 ≡ 1 (mod pi ) , soit kin−1 ≡ 1 (mod pi )
puisque k ≡ ki (mod pi ) et l’ordre de ki + pi Z dans Z∗pi qui est égal à pi − 1 divise
n − 1.
(c) Supposons que n = p1 p2 avec 3 ≤ p1 < p2 premiers tels que pi − 1 divise n − 1 pour
i = 1, 2. En écrivant que n − 1 = (p1 − 1) + p1 (p2 − 1) , on déduit que n − 1 ne peut
être divisible par p2 − 1, en effet si p2 − 1 divise n − 1 il divise p1 − 1 avec p1 < p2 ,
ce qui est impossible. En conséquence un nombre de Carmichaël a au moins trois
facteurs premiers.