MAT3632 : théorie des nombres, automne 2013 Racines primitives

MAT3632 : théorie des nombres, automne 2013
Racines primitives
Soit n∈Nun modulus et a∈Navec (a, n) = 1. On dit que aest une racine primitive
modulo nsi (Z/nZ)∗={aj(mod n) : j≥0}.
Lemme 0.1. Soient a, n ∈Navec (a, n)=1. Le nombre aest une racine primitive modulo
nsi et seulement si ordn(a) = ϕ(n), auquel cas
(Z/nZ)∗={1 (mod n), a (mod n), a2(mod n), . . . , aϕ(n)−1(mod n)}.
Démonstration. On observe tout d’abord que ordn(a)≤ϕ(n)du Théorème d’Euler. Aussi,
A:= {aj:j≥0}={1, a, a2, . . . , aordn(a)−1}. En effet, on a que A={aj: 0 ≤j < ordn(a)}
car aj+ordn(a)≡aj(mod n)de la définition de l’ordre multiplicative de a. Il reste de montrer
que les nombres 1, a, a2, . . . , aordn(a)−1sont tous distincts modulo n. En effet, si ce n’est pas
le cas, on trouve iet jtels que 0≤i < j < ϕ(n)et ai≡aj(mod p). Mais c’implique
que aj−i≡1 (mod n)(ici on utilise que (a, n)=1). Mais 1≤j−i < ordn(a), qui est une
contradiction.
Maintenant on est prêt à montrer le lemme. Puisque A⊂(Z/nZ)∗, on a que A= (Z/nZ)∗
si et seulement si #A= #(Z/nZ)∗. Puisque #A= ordn(a)et #(Z/nZ)∗=ϕ(n), le résultat
suivi. □
Du lemme au-dessus, c’est clair que si un modulus npossède des racines primitives, on
peut décrire (Z/nZ)∗dans une façons simple. Donc le théorème suivant est très utile et
important :
Théorème 0.2. Le nombre npossède de racines primitives si et seulement si n∈ {1,2,4} ∪
{pe:pnombre premier impair}∪{2pe:pnombre premier impair}.
On va montrer le théorème au-dessus à la Section ??. Pour maintenant, on donne une
application facile de lui.
Proposition 0.3. Soit nun nombre naturel qui possède de racines primitives. Pour chaque
d|ϕ(n), on a que
#{x∈(Z/nZ)∗: ordn(x) = d}=ϕ(d).
Démonstration. Soit gune racine primitive modulo n. Alors
{x∈(Z/nZ)∗: ordn(x) = d}={j(mod ϕ(n)) : ord(gj) = d}.
On observe que si m|ϕ(n), alors gjm ≡1 (mod n)si et seulement si ordn(g) = ϕ(n)|jm, si et
seulement si ϕ(n)
m|j. Alors ord(gj) = dsi et seulement si ϕ(n) d|jet ϕ(n) d′∤j, pour chaque d′|d
avec d′< d. Par la suite, si on écrit j=ϕ(n)
di, on trouve que
#{x∈(Z/nZ)∗: ordn(x) = d}= # 1≤i≤d:d
d′∤ipour chaque d′|davec d′< d
= # {1≤i≤d:e∤ipour chaque e|davec e > 1},
en posant e=d/d′. Mais un nombre ia la propriété que e∤ipour chaque e|davec e > 1si
et seulement si (i, d) = 1. Donc
#{x∈(Z/nZ)∗: ordn(x) = d}= #{1≤i≤d: (i, d) = 1}=ϕ(d).
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Ça termine la démonstration. □
1. La fonction de Carmichael
Pour chaque n∈N, on définit
λ(n) = min{k≥1 : ak≡1 (mod n),∀a∈(Z/nZ)∗}.
La fonction λest appelée la fonction de Carmichael. Elle est bien définie car aϕ(n)≡
1 (mod n), pour chaque a∈(Z/nZ)∗. En particulier, c’implique que λ(n)≤ϕ(n).
On a le résultat suivant qui donne une définition alternative pour λ.
Proposition 1.1. Pour chaque n∈N, on a que
λ(n) = max{ordn(a) : (a, n) = 1}.
En particulier, λ(n)|ϕ(n).
On a besoin le lemme auxiliaire suivant :
Lemme 1.2. Soient a, b, n ∈Ntels que (a, n) = (b, n) = 1.
(a) Si (ordn(a),ordn(b)) = 1, alors ordn(ab) = ordn(a) ordn(b).
(b) Si ordn(a) = dm, alors ordn(ad) = m.
Démonstration. (a) Soit k= ordn(a),ℓ= ordn(b)et m= ordn(ab). Puisque k|kℓ, on a
que akℓ ≡1 (mod n). De même, on trouve que bkℓ ≡1 (mod n)et donc (ab)kℓ ≡1 (mod m).
C’implique que m|kℓ. Alors il suffit de montrer que kℓ|m. En effet, puisque m|mk, on a
que (ab)mk ≡1 (mod n). Mais amk ≡1 (mod n)et alors bmk ≡1 (mod n). Par la suite,
ℓ|mk. En combinant cette relation avec notre hypothèse que (k, ℓ)=1, on déduit que ℓ|m.
En commençant de la relation (ab)mℓ ≡1 (mod n)et en appliquant un argument similaire,
on trouve que k|mégalement. Puisque (k, ℓ) = 1, on conclut que kℓ|m. Ça termine la
démonstration.
(b) On a que (ad)k=adk ≡1 (mod n)si et seulement si md = ordn(a)|dk, si et seulement
si m|k. Donc ordn(ad) = m, comme clamé. □
Démonstration de la Proposition ??.Soit k= max{ordn(a):(a, n)=1}. Il existe g∈
(Z/nZ)∗tel que k= ordn(g). De la définition de λ(n), on a que gλ(n)≡1 (mod n). Par
la suite, k|λ(n), qui implique que k≤λ(n). Il reste de montrer que k≥λ(n)également.
Pour montrer ça, il suffit de prouver que ak≡1 (mod k), pour chaque a∈(Z/nZ)∗, ou, de
façon équivalente, que ordn(a)|k, pour chaque a∈(Z/nZ)∗. Supposons, au contraire, qu’il
existe a∈(Z/nZ)∗tel que ordn(a)∤k. Donc, si on pose ℓ= ordn(a), on trouve qu’il existe
un nombre premier ppour lequel vp(ℓ)> vp(k). On écrit ℓ=pwℓ1et k=pvk1, où w=
vp(ℓ)> vp(k) = v. En particulier, p∤ℓ1k1. On va construire un élément de (Z/nZ)∗d’ordre
pwk1> k, qui est une contradiction à notre hypothèse que k= max{ordn(a) : (a, n) = 1}.
Pour faire ça, on utilise le Lemme ??. Si a1:= aℓ1et g1:= gpw, Lemme ??(b), nous
donne que ordn(a1) = pvet ordn(b1) = k1. Puisque (k1, pv)=1, Lemme ??(a) implique que
ord(a1g1) = pwk1> pvk1=k, qui est impossible comme nous avons déjà vu. Donc ℓ|k, qui
est ce qu’il fallait démontrer. □
Corollaire 1.3. Le nombre n∈Npossède des racines primitives si et seulement si λ(n) =
ϕ(n).

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Démonstration. Le nombre npossède des racines primitives quand il existe a∈(Z/nZ)∗
tel que ordn(a) = ϕ(n). Dans ce cas, on a que λ(n)≥ϕ(n), de la Proposition ??. Puisque
λ(n)≤ϕ(n)toujours, on conclut que λ(n) = ϕ(n)si npossède des racines primitives.
Inversement, si λ(n) = ϕ(n), alors il existe a∈(Z/nZ)∗tel que ordn(a) = λ(n) = ϕ(n),
de la Proposition ??, qui conclut la démonstration. □
Proposition 1.4. Si (m, n) = 1, alors λ(mn) = [λ(m), λ(n)].
Démonstration. Soit k=λ(m)et ℓ=λ(n). Si (x, mn) = 1, alors (x, m) = (x, n) = 1 et donc
xk≡1 (mod m)et xℓ≡1 (mod n),
de la définition de λ. Puisque k|[k, ℓ], on trouve que x[k,ℓ]≡1 (mod m). De même, puisque
ℓ[k, ℓ], on trouve que x[k,ℓ]≡1 (mod n). En combinant les relations au-dessus avec notre
hypothèse que (m, n) = 1, conclut que x[k,ℓ]≡1 (mod mn), pour chaque x∈(Z/mnZ)∗. Donc
λ(mn)≤[k, ℓ]. Pour montrer l’inégalité inverse, on considère a∈(Z/mZ)∗et b∈(Z/nZ)∗
tels que k= ordm(a)et ℓ= ordn(b). (L’existence de aet best garantie de la Proposition ??.)
Du Théorème de restes chinois, il existe x(mod mn)tel que x≡a(mod m)et x≡b(mod n).
On affirme que ordmn(x) = [k, ℓ]. En effet, on a que
xr≡1 (mod mn)⇔xr≡1 (mod m)
xr≡1 (mod n)⇔ar≡1 (mod m) br≡1 (mod n)
⇔k= ordm(a)|r
ℓ= ordn(b)|r⇔[k, ℓ]|r.
C’implique que ordmn(x) = [k, ℓ], comme clamé. Par conséquent, Proposition ?? implique
que λ(mn)≥[k, ℓ], qui conclut la preuve. □
Corollaire 1.5. Si n=pv1
1· · · pvr
rest la factorisation du nombre nà ses facteurs premiers,
alors
λ(n) = [λ(pv1
1), . . . , λ(pvr
r)] = min{m∈N:λ(pvj
j)|m∀j∈ {1, . . . , r}}.
Démonstration. Par induction sur r.□
Le corollaire au-dessus réduit la calculation de λà la calculation de λ(pv)pour pun nombre
premier. Le théorème suivant, qu’on va prouver à la Section ??, donne la valeur de λ(pv).
Théorème 1.6. Soit pun nombre premier et v≥1. On a que
λ(pv) = 
ϕ(pv)si p > 2,
ϕ(pv)si p= 2 et v≤2,
ϕ(pv)/2si p= 2 et v≥3.
2. Racines primitives mod p
Ici on montre le Théorème ?? dans le cas special n=p, c’est-à-dire on montre le résultat
suivant.
Théorème 2.1. Si pest un nombre premier, alors il existe des racines primitives modulo p.
À fin de montrer Théorème ??, on a besoin d’un résultat auxiliaire, qui est intéressant
dans son propre mérité.

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Théorème 2.2. Soit f(x) = adxd+ad−1xd−1+· · · +a1x+a0un polynôme et pun nombre
premier. Si p∤ad, alors il existe au plus dclasses de residues x(mod p)telles que f(x)≡
0 (mod p).
Démonstration. On utilise induction sur d. Si d= 0, le résultat est trivial de notre hypothèse
que ad=a0̸≡ 0 (mod p). Supposons maintenant que le résultat tient pour tous les polynômes
de degré < d. Si l’ensemble A:= {0≤x≤p−1 : f(x)≡0 (mod p)}est vide, il y a rien
à montrer. Sinon, on pose A={α1, α2, . . . , αn}, où n≥1. On observe que x−α1est un
facteur de f(x)−f(α1): en effet,
f(x)−f(α1) =
d
j=0
ajxj−
d
j=0
ajαj
1=
d
j=0
aj(xj−αj
1)
=
d
j=0
aj(x−α)(xj−1+xj−2α1+xj−3α2+· · · +xαj−2+αj−1
1)
= (x−α1)g(x),
où
g(x) :=
d
j=0
aj(xj−1+xj−2α1+xj−3α2+· · · +xαj−2+αj−1
1)
=adxd−1+plus petites puissances de x.
De plus, puisque f(α1)≡0 (mod p), on a que
f(x)≡(x−α1)g(x) (mod p) (x∈Z).
Donc si g(α)≡0 (mod p)pour un entier α, alors f(α)≡0 (mod p), c’est-à-dire, α∈A. On
distingue deux cas.
Si g(α1)̸≡ 0 (mod p), alors {0≤x≤p−1 : g(x)≡0 (mod p)}={α2, α3, . . . , αn}et
l’hypothèse inductive implique que n−1≤d−1et donc n≤d, qui est ce qu’il fallait
montrer.
Si g(α1)≡0 (mod p), on observe comme au-dessus que g(x)−g(α1) = (x−α1)h(x)pour
un polynôme h(x)qui est de type
h(x) = adxd−2+plus petites puissances de x.
En particulier, on a que g(x)≡(x−α1)h(x) (mod p)et, par conséquent,
f(x)≡(x−α1)2h(x) (mod p) (x∈Z).
Si h(α1)̸≡ 0 (mod p), on trouve que {0≤x≤p−1 : h(x)≡0 (mod p)}={α2, α3, . . . , αn}
et l’hypothèse inductive implique que n−1≤d−2et donc n≤d−1≤d, qui est ce qu’il
fallait montrer. Sinon, on factorise h(x)−h(α1)et on répète l’argument au-dessus avec hau
lieu de get d−1au lieu de d. C’est évident que, puisque dest fini, cette procédure va se
terminer (soit dans métapes, 1≤m≤d) et, éventuellement, on va trouver un polynôme
k(x)de type
k(x) = adxd−m+plus petites puissances de x
et tel que k(α1)̸≡ 0 (mod p)et
f(x)≡(x−α1)mk(x) (mod p) (x∈Z).

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Donc, pour ce polynôme k(x), on a que {0≤x≤p−1 : k(x)≡0 (mod p)}={α2, α3, . . . , αn}
et l’hypothèse inductive implique que n−1≤deg(k) = d−m. Donc n≤d−m+ 1 ≤d, qui
est ce qu’il fallait montrer. Ça termine la démonstration. □
Démontration du Théorème ??.Il suffit de montrer que k:= λ(p) = ϕ(p) = p−1. On a que
xk≡1 (mod p), pour x∈ {1,2, . . . , p −1}. Donc le polynôme f(x) = xk−1a au moins p−1
racines mod p. D’autre côte, f(x)peut avoir au plus k=deg(f)racines mod pdu Théorème
??. Donc p−1≤k≤p−1. C’implique que k=p−1, qui conclut la démonstration. □
3. Démonstration des Théorèmes ?? et ??
Démonstration du Théorème ??.
Cas 1 : pimpair. Du Corollaire ??, l’égalité λ(pv) = ϕ(pv)est égal au fait qu’il existe
des racines primitives mod pv. On sait déjà qu’il existe de racines primitives mod p. Notre
stratégie sera de lever un tel racine primitive mod pv, pour v≥1. On distingue deux sous-cas :
Sous-cas 1a : v= 2. Soit gune racine primitive mod p. Si x(mod p2)tel que x≡
g(mod p)et on pose k= ordp2(x), on a que k|ϕ(p2) = p(p−1) et que xk≡1 (mod p2). Donc
gk≡xk(mod p)≡1 (mod p), qui implique que ordp(g) = p−1|k. Puisque k|p(p−1), les
seules possibilités sont k=p−1ou k=p(p−1). On doit montrer qu’il existe xtel que
ordp2(x) = p(p−1). De façon équivalente, on doit trouver xtel que x≡g(mod p)et que
xp−1̸≡ 1 (mod p2). On considère le polynôme f(x) = xp−1−1. On a que f(g)≡0 (mod p)
et que f′(g) = (p−1)gp−2̸≡ 0 (mod p). Donc le lemme de Hensel implique qu’il existe
x0(mod p2)unique tel que x0≡g(mod p)et f(x0)≡0 (mod p2). Mais il existe exactement
p≥2classes d’équivalence modulo x(mod p2)telles que x≡g(mod p)[Pourquoi ?]. Donc il
existe exactement p−1≥1classes d’équivalence modulo x(mod p2)telles que x≡g(mod p)
et f(x)̸≡ 0 (mod p2). Pour chaque telle classe d’équivalence x(mod p2), on a que ordp2(x) =
p(p−1), c’est-à-dire, xest une racine primitive mod p2.
Sous-cas 1c : v≥3. Soit gune racine primitive mod p2, qui existe par le sous-cas
1a. On va montrer que gest une racine primitive mod pe, pour chaque v≥3. Il suffit de
montrer que gpv−2(p−1) ̸≡ 1 (mod pv), pour chaque v≥3. En effet, si k= ordpv(g), on a que
gk≡1 (mod pv)et, par conséquent, gk≡1 (mod p2). Donc on a que p(p−1) = ordp2(g)|k.
Aussi, on a que k|ϕ(pv) = pv−1(p−1), du Théorème d’Euler. Alors k=pj(p−1) pour un
nombre j∈ {1, . . . , v −1}. Par conséquent, gest une racine primitive si et seulement si
j=v−1, si et seulement si gpv−2(p−1) ̸≡ 1 (mod pv), comme clamé.
On va montrer que gpv−2(p−1) ̸≡ 1 (mod pe), pour chaque v≥2, de façon inductive. Si v= 2,
c’est vrai de notre hypothèse que gest une racine primitive mod p2. Supposons maintenant
que le résultat tient pour un v≥2. On a que gpv−2(p−1) =gϕ(pv−1)≡1 (mod pv−1), du théorème
d’Euler. Donc gpv−2(p−1) = 1 + bpv−1pour un b∈Z, où p∤bcar gpv−2(p−1) ̸≡ 1 (mod pv). Par