B - L`ANNEAU Z + √nZ

B - L’ANNEAU Z +
√
nZ
Soit n un entier relatif et soit En = Z2 , muni des opérations suivantes :
1)
2)
3)
addition
multiplication interne
multiplication externe par un élément de Z
(a, b) + (c, d) = (a + c, b + d)
(a, b) · (c, d) = (ac + nbd, ad + bc)
λ(a, b) = (λa, λb)
L’ensemble En possède une structure d’algèbre unitaire sur Z.
On vérifie immédiatement les propriétés suivantes :
– Le neutre de l’addition est (0, 0) noté encore 0.
– Le neutre de la multiplication est (1, 0), noté I.
– Le symétrique pour l’addition de (a, b) est (−a, −b) = (−1)(a, b) noté −(a, b).
Le sous-ensemble En′ de En constitué des éléments de la forme (a, 0) lorsque a décrit Z est un
sous-anneau de En isomorphe à Z.
On vérifie immédiatement que l’application de Z sur En′ qui à a associe (a, 0) est un isomorphisme
d’anneaux.
L’anneau En est intègre si et seulement si l’équation x2 − n = 0 n’a pas de solution entière.
Soit A = (a1 , a2 ) et B = (b1 , b2 ) deux éléments non nuls de En dont le produit est nul. On a donc, en
effectuant le produit A · B le système suivant :
a1 b1 + na2 b2 = 0
.
a1 b2 + a2 b1 = 0
Le système précédent d’inconnues a1 , a2 admet alors au moins deux solutions distinctes, puisque (0, 0)
est solution. Ce n’est pas un système de Cramer et son déterminant est donc nul, c’est-à-dire
b21 − nb22 = 0 .
Si b1 était nul, il en serait de même de b2 , et donc de B ce qui n’est pas vrai par hypothèse. Donc
b2 n’est pas nul et b1 /b2 est une solution rationnelle de l’équation x2 − n = 0. Comme les solutions
rationnelles de cette équation sont nécessairement entières, on obtient bien le fait que, si En n’est pas
intègre, alors l’équation proposée a une solution entière.
B 2
Réciproquement, si x est une solution entière de l’équation, et si a est un entier non nul, on a
(xa, a) · (xa, −a) = (0, 0) ,
et l’anneau En n’est pas intègre.
Si En n’est pas intègre, et si x désigne une racine entière de n, l’ensemble Fn des éléments (a, b) de
En tels que a + xb soit nul est un idéal de En et l’ensemble quotient En /Fn est isomorphe à Z.
Si ϕ est l’application de En dans Z qui à (a, b) associe a + xb, on vérifie que ϕ est un homomorphisme
d’algèbres. Il est de plus surjectif, car sa restriction à En′ est un isomorphisme. Le noyau Fn de ϕ est
alors un idéal et En /Fn est isomorphe à l’image de ϕ, c’est-à-dire à Z.
Si En est intègre et si x désigne une racine de n dans C \ Z, alors En est isomorphe à une des
Z−algèbres suivantes :
1. Z + x Z
a nb
2. l’ensemble des matrices carrées de la forme
, où (a, b) décrit Z2 .
b a
3. Z[X]/X 2 −n
1) On vérifie que l’application qui à (a, b) associe a + xb est un isomorphisme d’algèbres. On peut
remarquer que
(0, 1) · (0, 1) = n(1, 0)
et que
(a, b) = a(1, 0) + b(0, 1) .
Donc, en identifiant (1, 0) et 1, ainsi que (0, 1) et x, le couple (a, b) s’identifie à a + xb.
a nb
2) On vérifie que l’application qui à (a, b) associe la matrice
est un isomorphisme d’algèbres.
b a
3) On vérifie que l’application qui à (a, b) associe la classe dans Z[X]/X 2 −n du polynôme a + Xb est
un isomorphisme d’algèbres.
Soit A = (a, b) un élément de En . On note Ā = (a, −b). L’application qui à A associe Ā est un
automorphisme involutif de En .
Sa restriction à En′ est l’identité, et A est dans En′ si et seulement A = Ā.
Vérifications immédiates. On constate en particulier que
A − Ā = (0, 2b) .
B 3
Pour tout A de En , les couples A · Ā et A + Ā sont dans En′ .
On a en effet les relations
A · Ā = (a2 − nb2 , 0)
et
A + Ā = (2a, 0) .
On identifie par la suite En′ et Z, et l’on note kAk la quantité
On définit ainsi une norme sur En si et seulement si n < 0.
p
|A · Ā|.
• Supposons n < 0.
a) Si A = (a, b), on a
kAk2 = a2 − nb2 ,
et cette somme est nulle si et seulement si a et b sont nuls, c’est-à-dire si et seulement si A = 0.
b) Il est immédiat aussi que
kλAk2 = (λa)2 − n(λb)2 = λ2 kAk2 .
c) Soit A = (a, b) et B = (c, d) dans En . Calculons
H = kλA + µBk2 .
On obtient
H = λ2 (a2 − nb2 ) + 2λµ(ac − nbd) + µ2 (c2 − nd2 ) .
Supposons µ non nul. Alors
1
H=
µ2
2
λ
λ
kAk2 + 2 (ac − nbd) + kBk2 .
µ
µ
Le polynôme X 2 kAk2 + 2 X (ac − nbd) + kBk2 est donc positif sur Q et de degré 2. Par densité, il est
également positif sur R et son discriminant sera nécessairement négatif, d’où
(ac − nbd)2 − kAk2 kBk2 ≤ 0 .
Alors, en prenant λ = µ = 1, on obtient
kA + Bk2 = kAk2 + kBk2 + 2(ac − nbd) ≤ kAk2 + kBk2 + 2kAk kBk ,
d’où finalement
kA + Bk2 ≤ (kAk + kBk)2 ,
ce qui donne l’inégalité triangulaire.
• Supposons n = 0. On a en particulier
k(0, b)k = 0
B 4
et on n’a donc pas une norme sur E0 .
• Supposons n > 0.
Prenons A = (1, 0) et B = (c, d), avec c ≥ 0, d > 0 et c2 − nd2 = 2p − 1 impair positif. On a donc
A + B = (c + 1, d) , kA + Bk2 = c2 + 2c + 1 − nd2 = 2(p + c)
Enfin
et
kBk2 = 2p − 1 .
p
p
p
(kAk + kBk)2 = 1 + 2 2p − 1 + 2p − 1 = 2(p + 2p − 1) = 2(p + c2 − nd2 ) .
On constate que l’on a
(kAk + kBk)2 < kA + Bk2 .
L’inégalité triangulaire n’est pas vérifiée dans ce cas.
Pour tout couple (A, B) de En2 , on a kA · Bk = kAk kBk.
On a en effet
kA · Bk2 = |A · B · A · B| = |A · Ā| |B · B̄| = kAk2 kBk2 .
Lemme : quels que soient a et b dans Z, (b non nul), il existe p et r dans Z tels que
a = bp + r
et
|r| ≤
|b|
.
2
On peut toujours supposer b positif, car si le couple (p, r) satisfait aux relations du lemme pour b, le
couple (−p, r) y satisfera pour −b.
Si a est divisible par b, la relation est vérifiée et r est nul.
Si a n’est pas divisible par b, il existe p et r tels que
a = bp + r
et 0 < |r| ≤ b .
Notons ε le signe de r. On a aussi
a = b(p + ε) − ε(b − |r|)
avec
0 < | − ε(b − |r|)| = b − |r| < b .
Comme un des deux nombres |r| ou b − |r| est inférieur à b/2, on obtient le résultat voulu en prenant,
soit (p, r), soit (p + ε, ε(|r| − b)).
B 5
On suppose que −2 ≤ n ≤ 3. Pour tout couple (A, B) de En2 \ {0}, il existe P et Q dans En tels
que
A = B · P + R et 0 ≤ kRk < kBk .
Soit A = (a, b) et B = (c, d) dans En avec B non nul. D’après le lemme, il existe deux couples (p1 , r1 )
et (p2 , r2 ) tels que
ac − nbd = (c2 − nd2 )p1 + r1
avec
|r1 | ≤
kBk2
2
et ad − bc = (c2 − nd2 )p2 + r2
et |r2 | ≤
kBk2
.
2
Alors, si l’on pose
P = (p1 , p2 )
et R′ = (r1 , r2 )
on obtient
A · B̄ = (ac − nbd, bc − ad) = (c2 − nd2 )P + R′ ,
et encore
A · B̄ = B · B̄ · P + R′ .
Posons
R=A−B·P .
En multipliant cette relation par B̄ on obtient
R · B̄ = A · B̄ − B · B̄ · P = R′
et donc
kR′ k2 = |r12 − nr22 | = kRk2 kBk2 .
En utilisant la majoration de |ri |, on obtient
si n appartient à {−2, −1, 0}
kR′ k2 = r12 − nr22 ≤
kBk4
kBk4
+2
< kBk4
4
4
si n appartient à {1, 2, 3}, on a
r12 − nr22 ≤ r12 ≤
kBk4
< kBk4
4
nr22 − r12 − ≤ nr22 ≤ 3
kBk4
< kBk4
4
donc de nouveau
kR′ k2 = |r12 − nr22 | < kBk4 .
Dans tous les cas on a bien
kRk < kBk .
B 6
Lorsque n appartient à {−2, −1, 2, 3}, l’anneau En est euclidien, en prenant d(A) = kAk2 .
Pour ces valeurs de n, l’anneau En est un anneau commutatif intègre et unitaire. L’application d est
une application de En dans N ne s’annulant qu’en 0. D’après ce qui précède, on a aussi la formule de
division euclidienne. Enfin, si A et B ne sont pas nuls,
d(A, B) = d(A)d(B) ≥ sup(d(A), d(B)) .
Eléments inversibles de En
Un élément A de En est inversible si et seulement si kAk = 1.
Soit A un élément inversible, et B son inverse. On a
A·B =I,
d’où l’on déduit
kAk kBk = kIk = 1 .
Donc kAk est un diviseur entier positif de 1 et vaut nécessairement 1.
Réciproquement, si kAk vaut 1, posons
e = a2 − nb2 .
On a
e(a2 − nb2 ) = |a2 − nb2 | = kAk2 = 1 ,
et donc
(a, b)(ea, −eb) = (e(a2 − nb2 ), 0) = (1, 0) .
L’élément A est bien inversible.
L’ensemble des éléments inversibles de E0 est constitué des couples de la forme (e, a), où a décrit
Z et e2 = 1.
Un tel élément est inversible et son inverse est (e, −a). Réciproquement, si A = (e, a) est inversible,
on doit avoir
kAk = |e| = 1 .
B 7
Si n est strictement négatif, ou si n est strictement positif et En n’est pas intègre, les éléments
inversibles de En sont
I et −I si |n| =
6 1
I, −I, (0, 1) et (0, −1) si |n| = 1.
1) Si n < −1, un élément A est inversible si et seulement si
kAk2 = a2 − nb2 = 1 .
ceci n’est possible que si b = 0, car sinon a2 − nb2 ≥ n. Alors on a également |a| = 1.
2) Si n > 1 et si En n’est pas intègre. Soit x une racine carrée entière de n. Si A = (a, b) est inversible,
on a
a2 − nb2 = (a − xb)(a + xb) = e
où e2 = 1. On en déduit que
a − xb = e1
avec e21 = e22 = 1. Ceci donne
xb =
et
a + xb = e2
e2 − e1
.
2
Le nombre x est strictement plus grand que 1, et le membre de droite ne peut prendre qu’une des
valeurs −1, 0 ou 1. Il faut donc que b soit nul et que |a| vaille 1.
3) Si n = −1, le nombre A = (a, b) est inversible si et seulement si
a2 + b2 = 1
Les seuls couples vérifiant cette condition sont (1, 0), (−1, 0), (0, 1) et (0, −1).
4) Si n = 1, le nombre A = (a, b) est inversible si et seulement si
|a2 − b2 | = |(a + b)(a − b)| = 1 .
On a donc
a + b = e1
et
a − b = e2
e1 + e2
2
et
b=
avec e21 = e22 = 1. On en tire
a=
e1 − e2
.
2
Les valeurs prises par a et b ne peuvent être que −1, 0 ou 1, et on vérifie facilement que les seuls
couples proposés conviennent.
Pour étudier le cas où n est positif et En est intègre, nous démontrons tout d’abord plusieurs lemmes
B 8
Lemme 1 : Pour tout α irrationnel positif, pour tout entier n positif, il existe un couple (P, Q)
d’entiers positifs tels que
1 ≤ Q ≤ n et
|α − P/Q| < (nQ)−1 .
Si q est un entier positif, il existe deux nombres impairs consécutifs, 2p − 1 et 2p = 1 encadrant 2qα,
ce qui donne
|p − αq| < 1/2 .
Lorsque q varie de 1 à n + 1, on obtient n + 1 nombres de la forme p − αq compris entre −1/2 et 1/2.
Notons (pi − αqi )1≤i≤n+1 la suite croissante de ces nombres. Cette suite est strictement croissante. En
effet si l’on avait
pi − αqi = pj − αqj
avec qi 6= qj , on en déduirait que α est rationnel, ce qui n’est pas le cas.
Comme on a
0<
n+1
X
i=2
[(pi − αqi ) − (pi−1 − αqi−1 )] = (pn+1 − αqn+1 ) − (p1 − αq1 )
il en résulte que
0<
n+1
X
i=2
[(pi − αqi ) − (pi−1 − αqi−1 )] < 1 .
Alors un terme au moins de la somme est inférieur à 1/n : il existe i tel que
0 < pi+1 − αqi+1 − (pi − αqi ) < 1/n .
En posant
P = pi+1 − pi
et Q = qi+1 − qi
on a la relation
0 < P − αQ < 1/n .
On ne peut avoir à la fois P ≤ 0 et Q > 0 puisque P − αQ est positif. Si l’on avait à la fois P > 0 et
Q < 0, on en déduirait que P est un entier positif non nul inférieur à 1/n ce qui n’est pas possible.
Donc P et Q sont de même signe (et Q 6= 0).
De plus, comme, pour tout indice j, on a
1 ≤ qj ≤ n + 1 ,
on obtient
−n ≤ Q = qi+1 − qi ≤ n
ce qui conduit aux inégalités suivantes
0 < |Q| ≤ n et
|α − P/Q| < (n|Q|)−1 .
B 9
Comme ces inégalités restent inchangées si l’on change à la fois les signes de P et de Q, on peut les
supposer positifs.
Lemme 2 : Pour tout α irrationnel positif, il existe une infinité de couples (P, Q) d’entiers
tels que
|α − P/Q| < Q−2 .
Le lemme 1 assure l’existence d’au moins un de ces couples.
Supposons qu’il n’existe qu’un nombre fini H de ces couples. Il existe un entier n tel que 1/n minore
l’ensemble fini des nombres |α − P/Q| pour tous les couples de H. Il existerait alors un couple (P ′ , Q′ )
d’entiers positifs tel que
1 ≤ Q′ ≤ n et |α − P ′ /Q′ | < (nQ′ )−1 ,
et on aurait alors
|α − P ′ /Q′ | < Q′−2
ce qui montre que (P ′ , Q′ ) appartient à H. On devrait donc avoir
|α − P ′ /Q′ | ≥ 1/n
d’où une contradiction.
Soit n un entier positif. Si En est intègre, il existe une infinité d’éléments inversibles dans En .
Posons x =
√
n. Il existe, d’après le lemme 2, une infinité de couples (P, Q) d’entiers positifs tels que
|P − xQ| < 1/Q ,
et donc tels que
P − xQ < 1/Q ,
d’où
0 < P + xQ < 2xQ + 1/Q < 1 + 2xQ .
On obtient alors
|P 2 − nQ2 | = (P + xQ)|P − xQ| <
1
1
(1 + 2xQ) = 2x +
< 2x + 1 .
Q
Q
Cette inégalité ayant lieu pour une infinité de couples, il existe donc un entier t non nul, compris entre
−2x − 1 et 2x + 1, tel que l’équation
P 2 − nQ2 = t
B 10
possède une infinité de solutions. Si l’on prend les restes modulo t de ces couples, on obtient au plus
t2 couples distincts. Donc il existe un couple de quotients qui provient d’une infinité de couples de
solutions de
P 2 − nQ2 = t .
Soit alors deux couples distincts (a, b) et (u, v) d’entiers positifs tels que
a2 − nb2 = u2 − nv 2 = t
a − u = kt
et
où k et k′ sont deux entiers. On a alors
b − v = k′ t
t2 = (a2 − nb2 )(u2 − nv 2 ) = (ua − nvb)2 − n(ub − va)2 .
Posons
Y = uk′ − vk
et donc
ub − va = Y t .
Alors
(ua − nvb)2 = t2 + nY 2 t2
et ua − nvb est divisible par t. Notons X son quotient par t. On obtient en divisant par t2
X 2 − nY 2 = 1 .
Le couple (X, Y ) obtenu n’est pas (1, 0), sinon on aurait
ua − nvb = t
et
ub − va = 0
d’où l’on déduirait
ut = u(ua − nvb) = u2 a − nubv = u2 a − nv 2 a = a(u2 − nv 2 ) = at
et donc u = a, puis b = v, ce qui n’est pas le cas.
Les éléments inversibles de En forment un groupe multiplicatif. Il en résulte que pour tout entier p, le
couple (X, Y )p est inversible. En identifiant En avec Z + xZ, la suite ((X + xY )p )p≥0 est alors une suite
strictement croissante de nombres réels, et donc fournit une suite d’éléments inversibles distincts. Il
existe bien une infinité d’éléments inversibles dans En .
Nous allons préciser la structure de l’ensemble des éléments inversibles de En identifié à Z +
ce qui permettra d’utiliser la relation d’ordre usuelle sur R.
√
n Z,
Il existe un élément A0 de En tel que l’ensemble des éléments inversibles de En soit constitué des
éléments de la forme ±Ap0 , où p décrit Z. Cet élément A0 sera appelé élément générateur de
l’ensemble des éléments inversibles.
De plus s’il existe un élément B de En tel que B · B̄ = −1, alors on a également A0 · Ā0 = −1.
B 11
La démonstration est décomposée en plusieurs étapes.
Un nombre inversible est strictement supérieur à 1, si et seulement si ses composantes sont
supérieures ou égales à 1.
Soit A = a + xb inversible. Si a et b sont strictement positifs, alors
a + xb ≥ 1 + x > 1 .
Si l’on a a > 0 et b < 0, ou bien A · Ā = 1, et dans ce cas A−1 = a − xb a ses coefficients positifs, donc
A−1 > 1
et 0 < A < 1 ,
ou bien A · Ā = −1, et dans ce cas −A−1 = a − xb a ses coefficients positifs, donc
−A−1 > 1 et
− 1 < A < 0.
Les autres cas sont obtenus par changement de signe. Ceci donne les tableaux suivants :
A · Ā = 1
a>0
b > 0 A ∈ ] 1, +∞ [
b<0
A ∈ ] 0, 1 [
A · Ā = −1
a<0
A ∈ ] −1, 0 [
A ∈ ] −∞, −1 [
a>0
b > 0 A ∈ ] 1, +∞ [
b < 0 A ∈ ] −1, 0 [
a<0
A ∈ ] 0, 1 [
A ∈ ] −∞, −1 [
Il est clair d’autre part que si A est inversible, il en est de même de −A, Ā et −Ā. Suivant le signe
de A · Ā, ces quatre quantités vont se placer dans les quatre cases d’un des tableaux précédents. Il y
a donc, si A est distinct de 1, une et une seule de ces quantités supérieure à 1.
De plus, on a constaté que si une des deux composantes de A est négative, le nombre A n’est pas
supérieur à 1. On a donc bien la propriété demandée.
Si α et β sont des nombres réels supérieurs à 1, le nombre d’éléments de la forme a + bx
compris entre α et β, avec a et b entiers positifs, est fini.
Si l’on a
α ≤ a + bx < β
B 12
on a nécessairement
0<a<β
et 0 < b < β/x .
Le nombre de couples (a, b) possibles est fini.
L’ensemble des éléments inversibles de En strictement supérieurs à 1 possède un plus petit
élément.
cet ensemble étant minoré par 1 + x possède dans R un plus petit élément u supérieur à 1 + x, donc
distinct de 1. Pour tout ε > 0, il existe a + xb inversible tel que
u ≤ a + xb < u + ε .
Mais le nombre d’éléments de la forme a + xb compris entre u et u + ε est fini. Il en résulte que le plus
petit de ces éléments doit être égal à u.
Le nombre u ainsi trouvé répond aux conditions du théorème.
Soit B = c + xd inversible, supérieur à 1. Il est compris entre deux puissances consécutives de u
up ≤ B < up+1 .
Alors
1 ≤ B.u−p < u .
Mais u étant minimal et B.u−p étant inversible, ceci n’est possible que si
B.u−p = 1 ,
et donc
B = up .
Si B est inversible et compris entre 0 et 1, alors B −1 est inversible et supérieur à 1, donc est de la
forme u−p . Alors
B = u−p .
Enfin si B est inversible négatif, −B est inversible positif, donc est de la forme up . Alors
B = −up .
Pour finir, s’il existe B tel que B · B̄ = −1, on a B = up , donc
−1 = B · B̄ = (u · ū)p ,
B 13
ce qui n’est possible que si p est impair et
u · ū = −1 .
Soit A = (a, b) et B = (c, d) deux éléments inversibles de En plus grand que 1.
Si b = d alors a = c.
Si a = c et n > 2, alors b = d.
Les nombres a, b, c et d sont positifs. Si l’on a
a2 − nb2 = ε et
c2 − nb2 = ε′
avec ε2 = ε′2 = 1, on en tire
(a + c)(a − c) = ε − ε′ .
Cette expression ne peut valoir que −2, 0 ou 2. Si elle était non nulle, on aurait nécessairement
a+c=2
et |a − c| = 1
qui n’a pas de solution entière. L’expression est donc nulle et a = c.
Si l’on a
a2 − nb2 = ε et a2 − nd2 = ε′
avec ε2 = ε′2 = 1, on en tire
n(b + d)(b − d) = ε′ − ε .
Cette expression ne peut valoir que −2, 0 ou 2. Si elle était non nulle, la seule possibilité serait que n
vaille 2. Dans le cas contraire, on a nécessairement b = d.
Pour n = 2, on constate que (1, 0) et (1, 1) sont tous deux inversibles.
Exemples d’espaces En où les éléments inversibles sont de forme simple.
n = b2 + 1
n = b2 − 1
n = b2 + 2
n = b2 − 2
n = b(b + 1)
A = (b, 1)
A = (b, 1)
A = (b2 + 1, b)
A = (b2 − 1, b)
A = (2b + 1, 2)
A · Ā = −1
A · Ā = 1
A · Ā = 1
A · Ā = 1
A · Ā = 1
Pour les deux premiers exemples, l’élément A est nécessairement le plus petit élément inversible
supérieur à 1 car sa deuxième composante vaut 1.
Pour les deux suivants, on ne peut rien affirmer de tel. En particulier, si b = 2 et n = 2, on trouve le
couple (3, 2) alors que l’élément minimal est (1, 1).
B 14
Pour le dernier exemple, cherchons si l’on peut trouver (a, 1) inversible. On aurait
a2 − b(b + 1) = ε
avec ε2 = 1, ou encore
(a + b)(a − b) = b + ε .
En particulier a + b divise b + ε, ce qui n’est possible que si
b+ε=b+a
ou
b + ε = 0.
Le premier cas conduit à
ε=a=1
puis à b(b + 1) = 0, donc b = 0 ce qui n’est pas possible.
Le deuxième cas conduit à
a = b = 1 et
ε = −1 .
Donc, en dehors du cas n = 2, l’élément (2b + 1, 2) est minimal.
Eléments générateurs pour les premiers entiers.
n=2
n=3
n=5
n=6
n=7
n=8
n = 10
n = 11
n = 12
n = 13
n = 14
n = 15
n = 17
n = 18
n = 19
n = 20
n = 21
n = 22
n = 23
n = 24
a=1
a=2
a=2
a=5
a=8
a=3
a=3
a = 10
a=7
a = 18
a = 15
a=4
a=4
a = 17
a = 170
a=9
a = 55
a = 197
a = 24
a=5
b=1
b=1
b=1
b=2
b=3
b=1
b=1
b=3
b=2
b=5
b=4
b=1
b=1
b=4
b = 39
b=2
b = 12
b = 42
b=5
b=1
a2 − nb2 = −1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = −1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = −1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = −1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = −1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
B 15
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
65
66
67
68
69
70
a=5
a = 26
a = 127
a = 70
a = 11
a = 1520
a = 17
a = 23
a = 35
a=6
a=6
a = 37
a = 25
a = 19
a = 32
a = 13
a = 3482
a = 199
a = 161
a = 24335
a = 48
a=7
a=7
a = 50
a = 649
a = 182
a = 485
a = 89
a = 15
a = 151
a = 99
a = 530
a = 31
a = 29718
a = 63
a=8
a=8
a = 65
a = 48842
a = 33
a = 7775
a = 251
b=1
b=5
b = 24
b = 13
b=2
b = 273
b=3
b=4
b=6
b=1
b=1
b=6
b=4
b=3
b=5
b=2
b = 531
b = 30
b = 24
b = 3588
b=7
b=1
b=1
b=7
b = 90
b = 25
b = 66
b = 12
b=2
b = 20
b = 13
b = 69
b=4
b = 3805
b=8
b=1
b=1
b=8
b = 5967
b=4
b = 936
b = 30
a2 − nb2 = −1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = −1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = −1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = −1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = -1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = −1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = −1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = −1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = −1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
B 16
n = 71
n = 72
n = 73
n = 74
n = 75
n = 76
n = 77
n = 78
n = 79
n = 80
n = 82
n = 83
n = 84
n = 85
n = 86
n = 87
n = 88
n = 89
n = 90
n = 91
n = 92
n = 93
n = 94
n = 95
n = 96
n = 97
n = 98
n = 99
n = 101
n = 102
n = 103
n = 104
n = 105
n = 106
n = 107
n = 108
n = 109
n = 110
n = 111
n = 112
n = 113
n = 114
a = 3480
a = 17
a = 1068
a = 43
a = 26
a = 57799
a = 351
a = 53
a = 80
a=9
a=9
a = 82
a = 55
a = 378
a = 10405
a = 28
a = 197
a = 500
a = 19
a = 1574
a = 1151
a = 12151
a = 2143295
a = 39
a = 49
a = 5604
a = 99
a = 10
a = 10
a = 101
a = 227528
a = 51
a = 41
a = 4005
a = 962
a = 1351
a = 8890182
a = 21
a = 295
a = 127
a = 776
a = 1025
b = 413
b=2
b = 125
b=5
b=3
b = 6630
b = 40
b=6
b=9
b=1
b=1
b=9
b=6
b = 41
b = 1122
b=3
b = 21
b = 53
b=2
b = 165
b = 120
b = 1260
b = 221064
b=4
b=5
b = 569
b = 10
b=1
b=1
b = 10
b = 22419
b=5
b=4
b = 389
b = 93
b = 130
b = 851525
b=2
b = 28
b = 12
b = 73
b = 96
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = −1
a2 − nb2 = −1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = −1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = −1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = −1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = −1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = −1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = −1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = −1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = −1
a2 − nb2 = 1
B 17
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
n=
115
116
117
118
119
120
122
123
124
125
126
127
128
129
130
131
132
133
134
135
136
137
138
139
140
141
142
143
145
146
147
148
149
150
a = 1126
a = 9801
a = 649
a = 306917
a = 120
a = 11
a = 11
a = 122
a = 4620799
a = 682
a = 449
a = 4730624
a = 577
a = 16855
a = 57
a = 10610
a = 23
a = 2588599
a = 145925
a = 244
a = 35
a = 1744
a = 47
a = 77563250
a = 71
a = 95
a = 143
a = 12
a = 12
a = 145
a = 97
a = 73
a = 113582
a = 49
b = 105
b = 910
b = 60
b = 28254
b = 11
b=1
b=1
b = 11
b = 414960
b = 61
b = 40
b = 419775
b = 51
b = 1484
b=5
b = 927
b=2
b = 224460
b = 12606
b = 21
b=3
b = 149
b=4
b = 6578829
b=6
b=8
b = 12
b=1
b=1
b = 12
b=8
b=6
b = 9305
b=4
Tableau réalisé avec le programme suivant dans MAPLE :
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = −1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = −1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = −1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = −1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = −1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = 1
a2 − nb2 = −1
a2 − nb2 = 1
B 18
A:=proc()
local n,t,a,b,c;
for n from 1 to 150 do
t:=sqrt(n); if type(t,posint)
then print(‘ ‘.n.‘ est un carr{\’e} parfait‘);
else for b do
c:=sqrt(n*b^2-1);
a:= sqrt(1+n*b^2);
if type(c,posint) then print(‘n.‘=n,‘a.‘=c,‘b.‘=b,‘z.‘=c^2-n*b^2);
break;
elif type(a,posint) then print(‘n.‘=n,‘a.‘=a,‘b.‘=b,‘z.‘=a^2-n*b^2);
break;
fi;
od;
fi;
od;
end;
A(); \\[2ex]
1) Si (a, b) est inversible, alors a et b ainsi que a et n sont premiers entre eux.
2) Pour tout entier u positif, il existe (a, b) inversible tel que b soit divisible par u.
1) La première assertion résulte de la relation
a2 − nb2 = ±1
et du théorème de Bézout.
2) La seconde assertion résulte du fait que Enu2 est encore intègre. Alors si (X, Y ) est inversible dans
cet anneau, le couple (X, uY ) est inversible dans En .
B 19
Quelques réflexions sur les nombres premiers de Z +
Le nombre
Si l’on a
on en déduit
√
√
2Z
2 est un nombre premier
√
2=A·B
2 = kAk2 kBk2 ,
donc un des deux nombres kAk2 ou kBk2 vaut 1 et A ou B est inversible. Donc
premier.
Si n n’est pas premier dans Z, il n’est pas premier dans Z +
√
√
2 est un nombre
2 Z.
Evident.
Soit n un nombre premier dans√Z. Il n’est pas premier dans Z +
trouver un nombre A dans Z + 2 Z tel que kAk2 = n.
√
2 Z si et seulement si on peut
Si un tel A existe, alors un des deux nombres A · Ā ou −A · Ā vaut n. Or A et Ā ne sont pas inversibles,
√
sinon ils le seraient tous les deux et l’on aurait n = 1. Il en résulte que n n’est pas premier dans Z+ 2 Z.
Réciproquement, supposons que l’on ait n = A · B avec A et B non inversibles, donc de normes
différentes de 1. Alors nécessairement
n2 = kAk2 kBk2 .
Mais comme A et B ne sont pas de norme 1, cela implique, puisque n est premier dans Z, que
kAk2 = n .
√
Exemples de nombres premiers dans Z mais pas dans Z + 2 Z :
√ √
2
2= 2 √
√
7 = (3 − 2)(3
+
2)√
√
17 = (5√
− 2 2)(5√
+ 2 2)
23 = (6 2 −
7)(6
2+
√7)
√
31 = (7 − 3 2)(7 + 3 2)
√
Remarque : on peut avoir kAk = kBk sans que A = B · Q avec Q inversible. Par exemple A = 1 + 5 2
et B = 7.
B 20
Si A non nul, est de norme n 6= 1, il existe B, de norme n, tel que
√
1 < B < 1 + 2,
le nombre de B possibles étant fini.
Le nombre A n’est
√ pas inversible, donc |A| non plus, et ce dernier nombre n’est pas une puissance du
générateur 1 + 2. Il existe r entier tel que
√
√
(1 + 2)r < |A| < (1 + 2)r+1 .
Alors
B = |A|(1 +
√
√ −r
2) = |A|( 2 − 1)r
répond à la question.
Il n’y a pas unicité, puisque, par exemple
1 <3−
et que
k3 −
√
√
√
√
2 <2 2−1 <1+ 2
√
√
2k = k2 2 − 1k = 7 .
√
Si le nombre B = a + b 2 répond à la question, les coefficients a et b sont nécessairement
de signes
√
opposés. En effet, s’ils étaient tous deux positifs, B serait plus grand que 1 + 2 et s’ils étaient tous
deux négatifs, B serait négatif.
On sait déjà que
√
√
1 < a + b 2 < 1 + 2.
Alors
√
√
2 − 1 < (a + b 2)−1 < 1 .
Mais, si a ≥ 0 et b ≤ 0, on a alors
√
√
n2 = kAk2 = |a2 − 2b2 | = (a + b 2)(a − b 2) ,
d’où l’on déduit
√
√
( 2 − 1)n2 < a − b 2 < n2 .
Les points de coordonnées (a, b) se trouvent à l’intérieur du parallélogramme limité par les droites
d’équation
√
2
a − b√2 = n√
− 1)n2
a − b√2 = ( 2√
a + b√2 = 1 + 2
a+b 2 = 1
Il n’y a qu’un nombre fini de points dans ce parallélogramme.
B 21
Si a ≤ 0 et b ≥ 0, le même raisonnement montre que les points de coordonnées (a, b) se trouvent à
l’intérieur du parallélogramme limité par les droites d’équation
√
2
a − b√2 = −n√
a − b√2 = −( √
2 − 1)n2
a + b√ 2 = 1 + 2
a+b 2=1