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\setlength{\parindent}{0cm}%Pas d'indentation au debut des nouveaux paragraphes


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\begin{document}
\begin{center}
\begin{huge}
Théorème des deux carrés\\
\end{huge}
\vspace{1cm}
Florian \textsc{Bouguet}\\
\end{center}




\underline{Référence :} \textsc{Perrin} : Cours d'algèbre


\vspace{1cm}

On cherche à caractériser les nombres s'écrivant comme une somme de deux carrés :
\[\Sigma=\left\{n\in\N/n=a^2+b^2;a,b\in\N\right\}\]
On notera $\prob$ l'ensemble des nombres premiers de $\N$.

\begin{theo}
Soit $n\in \N,n=\sum_{p\in\prob}{p^{\nu_p(n)}}$\\
Alors
\[n\in\Sigma\Leftrightarrow \nu_p(n)\text{ est pair quand }p\equiv3[4]\]
\end{theo}

Avant de chercher à démontrer ce théorème, introduisons un lemme qui va s'avérer utile à la fin de la preuve :

\begin{lemm}
Soit $p\in\prob,p>2$. Alors
\begin{enumerate}[(i)]
	\item $x$ est un carré modulo p si, et seulement si, $x^{(p-1)/2}=1$.
  \item(-1) est un carré modulo p si, et seulement si, $p\equiv1[4]$.
\end{enumerate}
\end{lemm}

\underline{Preuve du lemme :}\\

Remarquons d'abord que le cas $p=2$ est évident, tous les éléments de $\F^2$ étant des carrés. Soit donc $p\in\prob,p>2$. Les nombres premiers différents de 2 sont évidemment impairs, on a donc $p\equiv1$ ou $3[4]$. Remarquons enfin que :
\[\tag{$\star$} \frac{(p-1)}2\text{ est pair }\Leftrightarrow p\equiv1[4]\]

Notons $\F_p^{*2}$ l'ensemble des carrés de $\F_p^*$, c'est-à-dire des éléments inversibles de $\F_p$ s'écrivant comme carré d'un élément de $\F_p$. On va montrer que
\[x\in\F_p^{*2}\Leftrightarrow x^{(p-1)/2}=1\]

Notons $A=\{x\in\F_p^*/x^{(p-1)/2}=1\}$. Le polynôme $X^{(p-1)/2}-1$ possède au plus $\frac{(p-1)}2$ racines, donc $|A|\leq\frac{(p-1)}2$. De plus, notons
\[\begin{array}{cccc}
\Phi :&\F_p^* &\to& \F_p^{*2}\\
&x &\mapsto& x^2
\end{array}\]
$\Phi$ est évidemment surjectif, $\ker\Phi=\{\pm1\}$ d'où la factorisation
\[\xymatrix{
      \F_p^* \ar[r]^\Phi\ar[d]& \F_p^{*2} \\
      \frac{\F_p^{*2}}{\{-1,1\}} \ar[ur]_{\bar\Phi}& 
}\]
$\bar\Phi$ est un isomorphisme, d'où $|\F_p^{*2}|=\frac{(p-1)}2$. Si $x\in\F_p^{*2}$, $x=y^2$
\[x^{(p-1)/2}=(y^2)^{(p-1)/2}=y^{p-1}=1\]
Donc $\F_p^{*2}\subseteq A$, et donc $\F_p^{*2}= A$ par argument de cardinalité, ce qui démontre (i).\\

On déduit tout de suite (ii) de (i) par $(\star)$.\\\qed

\underline{Preuve du théorème :}\\
La fait important à remarquer à propos de $\Sigma$ est que $a^2+b^2=(a+ib)(a-ib)$. Cela nous invite donc naturellement à travailler dans l'anneau des entiers de \textsc{Gauss}
\[\Z[i]=\left\{a+ib/a,b\in\Z\right\}\]
Cet anneau est euclidien grâce au stathme
\[N(a+ib)=(a+ib)(a-ib)=a^2+b^2\]
Il est bon de savoir redémontrer que :
\begin{itemize}
	\item $N(zz')=N(z)N(z')$ (immédiat)
	\item les éléments inversibles de $\Z[i]$ sont exactement les éléments de norme 1 : $1,-1,i,-i$.
\end{itemize}
On a donc la caractérisation suivante de $\Sigma$ :
\[n \in \Sigma \Leftrightarrow \exists z\in\Z[i]\text{ tel que }n=N(z)\]
Notons que si $n=N(z),n'=N(z')$ alors $nn'=N\left(z\bar{z'}\right)$. $\Sigma$ est donc stable par multiplication, ce qui nous invite à nous pencher sur $\prob\cap\Sigma$. Démontrons l'équivalence suivante pour $p\in\prob$ :
\[p\in\Sigma\Leftrightarrow p\text{ est réductible dans }\Z[i]\]
En effet, si $p\in\Sigma$, $p=N(z)=z\bar z$. De plus $p=N(z)>1$ donc $z$ et $\bar z$ ne sont pas inversibles, donc $p$ est réductible. Dans l'autre sens, si $p=zz'$ alors $N(p)=p^2=N(z)N(z')$. Cette égalité a lieu dans $\N$ et $N(z),N(z')\neq1$ donc $N(z)=N(z')=p$, donc $p\in\Sigma$, CQFD. Rappelons que
\[\frac{\Z[i]}{(p)}\simeq\frac{\Z[X]/(X^2+1)}{(p)}\simeq\frac{\Z[X]/(p)}{(X^2+1)}\simeq\frac{\F_p[X]}{(X^2+1)}\]
On a maintenant la suite d'équivalences suivante :
\begin{eqnarray*}
p\text{ irréductible dans }\Z[i]&\Leftrightarrow& (p)\text{ premier de }\Z[i]\\
  &\Leftrightarrow& \Z[i]/(p)\text{ intègre}\\
  &\Leftrightarrow& \frac{\F_p[X]}{(X^2+1)}\text{ intègre}\\
  &\Leftrightarrow& X^2+1\text{ irréductible sur }\F_p\\
  &\Leftrightarrow& X^2+1\text{ n'a pas de racine dans }\F_p\\
  &\Leftrightarrow& (-1)\text{ n'est pas un carré dans }\F_p
\end{eqnarray*}
Autrement dit
\[p\in\Sigma \Leftrightarrow p\text{ est réductible dans }\Z[i]\Leftrightarrow (-1) \text{ est un carré modulo }p\]
En utilisant le lemme, en notant la stabilité par multiplication de $\Sigma$ et en remarquant que les entiers au carré sont trivialement des éléments de $\Sigma$ on pourra conclure la réciproque dans le théorème (ce qui n'est déjà pas mal).\\

Il nous reste donc à démontrer l'implication, ce qui sera rapide compte tenu du travail préalablement fourni. En effet, soit $n=a^2+b^2\in\Sigma$ et soit $p\in\prob,p\equiv3[4]$. Si $\nu_p(n)=0$, le résultat est vrai. Sinon, cela signifie que $p$ divise $n$. Remarquons alors que, puisque $p\equiv3[4]$, $p$ est irréductible dans $\Z[i]$. $p$ divise $(a+ib)(a-ib)$ donc $p$ divise (par exemple) $a+ib$. $p$ étant réel, $p$ divise $a$ et $b$. On peut noter $a=pa'$ et $b=pb'$. Alors $n=a^2+b^2=p^2(a'^2+b'^2)$ donc
\[\frac n{p^2}=a'^2+b'^2\in \Sigma \text{ et }\nu_p\left(n/p^2\right)=\nu_p(n)-2\]
Par récurrence, on peut donc montrer que $\nu_p(n)$ est paire, ce qui conclut le théorème.\\\qed






\end{document}