Entiers de Gauss et somme de deux carrés

Sandrine CARUSO
Entiers de Gauss et somme de deux carrés
Référence(s) : Oraux X-ENS, Francinou-Ginanella-Nicolas, algèbre 1, p 98
Perrin?
Théorème. Soit pun nombre premier. Alors pest somme de deux carrés (dans Z) si et
seulement si p= 2 ou p≡1 (mod 4).
On considère l’anneau des entiers de Gauss Z[i] = {u+iv, u, v ∈Z}. Soit
N:Z[i]→N
z7→ z¯z=|z|2.
Les éléments inversibles de Z[i]sont les ztels que N(z)=1, c’est-à-dire ±1,±i. En
effet, si z∈Z[i]est inversible, 1 = N(zz−1) = N(z)N(z−1), donc N(z)est inversible
dans Z, donc N(z) = 1. Inversement, si N(z) = 1, alors z¯z= 1 et zest inversible
d’inverse ¯z.
Montrons que l’anneau Z[i]est euclidien pour N. Soient a, b ∈Z[i],b6= 0. Le
nombre a
best un nombre complexe, soit xsa partie réelle et ysa partie imaginaire. Soit
ul’entier le plus proche de x,vl’entier le plus proche de y. On pose q=u+iv, et
r=a−qb. Alors on a :
N(r) = N(a−qb) = N(b)×
a
b−q
2
=N(b)×(x−u)2+ (y−v)2
6N(b) 1
22
+1
22!< N(b),
et bien entendu, a=qb +r.
Montrons maintenant que pest somme de deux carrés si et seulement si il n’est plus
irréductible dans Z[i].
☞Si p=u2+v2,u, v ∈Z, alors p= (u+iv)(u−iv). De plus, u±iv sont non
inversibles car N(u±iv) = p6= 1. Donc pn’est pas irréductible dans Z[i].
☞Si p=zz0avec zet z0non inversibles, alors p2=N(p) = N(z)N(z0), mais
comme N(z)et N(z0)sont différents de 1et que pest premier, on a nécessairement
N(z) = N(z0) = p. Ainsi, si z=u+iv,p=u2+v2est somme de deux carrés.
Essayons donc de caractériser les premiers de Zqui restent irréductibles dans Z[i].
Le nombre pest irréductible dans Z[i]si et seulement s’il est premier, car Z[i]est eucli-
dien donc factoriel, ie si et seulement si l’anneau Z[i]/(p)est intègre. On a
Z[i]/(p)'(Z[X]/(X2+ 1))/(p)'(Z[X]/(p))/(X2+ 1) 'Fp[X]/(X2+ 1)
1

et Fp[X]/(X2+ 1) est intègre si et seulement si X2+ 1 est irréductible dans Fp[X],
donc si et seulement si il n’a pas de racine puisqu’il est de degré 2, c’est-à-dire si et
seulement si −1n’est pas un carré dans Fp.
Cherchons une condition nécessaire et suffisante sur ppour que −1soit un carré
dans Fp. Si p= 2, alors −1 = 1 = 12. Supposons maintenant p≡1 (mod 4), et
soit ktel que p= 4k+ 1. L’équation xp−1
2= 1 a au plus p−1
2solutions dans F∗
p; or,
p−1>p−1
2donc il existe y∈F∗
ptel que yp−1
26= 1. Mais comme de plus, yp−1= 1 par
le petit théorème de Fermat, on en déduit que yp−1
2=−1. Cela donne y2k=−1et donc
ykest une racine carré de −1.
Inversement, si −1 = x2avec x∈Fp, alors soit p= 2, soit (−1)(p−1)
2=xp−1= 1
(petit théorème de Fermat). Si p6= 2,16=−1et donc le fait que (−1)(p−1)
2= 1 implique
que p−1
2est pair, c’est-à-dire que p≡1 (mod 4).
Au final, on a montré les équivalences suivantes : pest somme de deux carrés si et
seulement si il n’est pas irréductible dans Z[i], si et seulement si −1a une racine carrée
dans Fp, si et seulement si p= 2 ou p≡1 (mod 4). C’est bien ce que l’on voulait.
Remarque. On aurait pu montrer plus directement le sens direct : si pest somme de deux
carrés, comme il carré est congru à 0ou 1modulo 4,pest congru à 0,1ou 2modulo 4.
Le premier cas est exclus car pest premier donc pas multiple de 4. Le dernier cas donne
ppair donc p= 2.
2