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\newtheoremstyle{theoreme}{10pt}{10pt}{\itshape}{6pt}{\bfseries}{.}{\newline}{}

\theoremstyle{theoreme}
\newtheorem*{prop}{Proposition}
\newtheorem*{lemme}{Lemme}
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\newtheorem*{thm}{Théorème}

\theoremstyle{definition}
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\newtheorem*{exe}{Exemple}
\newtheorem*{cexe}{Contre-exemple}
\newtheorem*{app}{Application}

\theoremstyle{remark}
\newtheorem*{remarque}{Remarque}

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\title{\'Equation diophantienne $x^2+2y^2=n$.}
\author{}
\date{2013 -- 2014}
\begin{document}
\maketitle
\qquad Référence : Daniel Perrin, \emph{Cours d'algèbre}, Ellipses, 1996, p.56.
\bigskip

Il s'agit de donner une condition nécessaire et suffisante sur $n\in\NN$ pour que l'équation diophantienne $x^2+2y^2=n$ admette une solution.

On pose $\Sigma:=\{a^2+2b^2\mid a,b\in\ZZ\}$ et on considère $\ZZ[i\sqrt 2]$ muni de $N:z\mapsto z\bar z$, \emph{i.e.} $N(a+ib\sqrt 2)=a^2+2b^2$. On a alors $N(\ZZ[i\sqrt 2])=\Sigma$.

$N$ est multiplicative donc $\Sigma$ est stable par multiplication.

\begin{thm}
Soit $p$ premier, alors
\[p\in\Sigma\iff p=2\text{ ou }p\equiv 1\text{ ou }3[8].\]
\end{thm}
\begin{lemme}
$p\in\Sigma\iff$ p n'est pas irréductible dans $\ZZ[i\sqrt 2]$.
\end{lemme}
\begin{proof}
On commence par remarquer que pour $z\in\ZZ[i\sqrt 2],z$ est inversible si et seulement si $N(z)=1$. En effet, si $N(z)=1$, alors $z\bar z=1$ donc $z$ est inversible. Réciproquement, si $zz'=1$, alors $N(z)N(z')=N(1)=1$ donc $N(z)=1$.
\begin{itemize}
	\item[$\Rightarrow$ :]Si $p=a^2+2b^2$, on a $p=N(z)=z\bar z$ avec $z=a+ib\sqrt 2$ et $N(z)=N(\bar z)\neq 1$ (car $p$ est premier) donc $z$ et $\bar z$ ne sont pas inversibles et $p$ n'est pas irréductible dans $\ZZ[i\sqrt 2]$.
	\item[$\Leftarrow$ :]Si $p=zz'$ avec $z,z'\notin\ZZ[i\sqrt 2]^\times$, on a $N(p)=N(z)N(z')=p^2$ et $N(z),N(z')\neq 1$, donc $p=N(z)$ (car $p$ est premier), donc $p\in\Sigma$. 
\end{itemize}
\end{proof}
\begin{proof}[Démonstration du théorème]
$2=0^2+2\times 1^2$ donc $2\in\Sigma$.

On suppose $p$ premier impair.

$\ZZ[i\sqrt 2]$ est factoriel (car euclidien) donc
\begin{align*}
p\text{ est réductible}&\iff(p)\text{ n'est pas premier}\\
&\iff\ZZ[i\sqrt 2]/(p)\text{ n'est pas intègre}.
\end{align*}
Or $\ZZ[i\sqrt 2]\simeq\ZZ[X]/(X^2+2)$ donc
\[\ZZ[i\sqrt 2]/(p)\simeq\ZZ[X]/(X^2+2,p)\simeq\mathbb F_p[X]/(X^2+2).\]
D'où
\begin{align*}
(p)\text{ n'est pas premier}&\iff X^2+2\text{ est réductible sur $\mathbb F_p$}\\
&\iff X^2+2\text{ admet une racine dans $\FF_p$}\\
&\iff -2\text{ est un carré de $\FF_p$}\\
&\iff \left(\frac{-2}p\right)=1.
\end{align*}
Or
\[\left(\frac{-2}p\right)=(-1)^{\frac{p-1}2}\left(\frac 2p\right)=(-1)^{\frac{p-1}2}(-1)^{\frac{p^2-1}8}.\]
On a alors $(-1)^{\frac{p-1}2}=1\iff p\equiv 1[4]$ et $(-1)^{\frac{p^2-1}8}=1\iff p\equiv\pm 1[8]$, donc
\[\left(\frac{-2}p\right)=1\iff p\equiv 1\text{ ou }3[8].\]
\end{proof}
\begin{thm}
Soit $n\ge 2$ et $n=\prod_{p\in\mathcal P}p^{v_p(n)}$ sa décomposition en facteurs premiers.

Alors $n\in\Sigma$ si et seulement si pour tout $p\in\mathcal P$ vérifiant $p\equiv -1\text{ ou }-3[8]$, $v_p(n)$ est pair.
\end{thm}
\begin{proof}
\begin{itemize}
	\item[$\Leftarrow$ :]$\Sigma$ est stable par multiplication et un carré est dans $\Sigma$.
	\item[$\Rightarrow$ :]Soit $p\equiv -1\text{ ou }-3[8]$, montrons le résultat par récurrence sur $v_p(n)$.
	
	Si $v_p(n)=0$, alors $v_p(n)$ est pair.
	
	Sinon, $p$ divise $n=a^2+2b^2=(a+ib\sqrt 2)(a-ib\sqrt 2)$ et $p$ est irréductible dans $\ZZ[i\sqrt 2]$ (car $p\notin\Sigma$) donc on peut supposer sans perdre en généralité que $p$ divise $a+ib\sqrt 2$. Or $p\in\ZZ$ donc $p\mid a$ et $p\mid b$, donc $p^2\mid n$.\\
	Si on pose $a=pa'$ et $b=pb'$, alors $\frac n{p^2}=a'^2+2b'^2\in\Sigma$ et $v_p\left(\frac n{p^2}\right)=v_p(n)-2\equiv 0[2]$ par hypothèse de récurrence.\\
	Donc $v_p(n)\equiv 0[2]$.
\end{itemize}
\end{proof}
\begin{remarque}
Cette démonstration s'adapte pour traiter l'équation $x^2-dy^2=p$ dès que $\ZZ[\sqrt d]$ (avec convention $\sqrt{-1}=i$) est euclidien, il suffit alors de calculer $\left(\frac dp\right)$ pour avoir le résultat. C'est le cas pour $d=-2,-1,2,3,6,7,11,19$. Toutefois, pour $d>0$, on va seulement avoir $p$ réductible dans $\ZZ[\sqrt d]\iff\pm p\in\Sigma$, ce qui ne donnera l'existence de solutions que pour $\pm p$. Cela vient du fait que la norme d'un élément de $\ZZ[\sqrt d]$ peut-être négative pour $d>0$. Par exemple, pour $d=3$, $3$ est bien réductible dans $\ZZ[\sqrt 3]$ mais $x^2-3y^2=3$ n'a pas de solutions car en réduisant modulo 3 on obtient que $3\mid x$, donc $x^2-3y^2=3$ a des solutions si et seulement si $3x^2-y^2=1$ en a, or en réduisant à nouveau modulo 3 on trouve que $y^2\equiv-1[3]$, ce qui n'est pas possible. Par contre, $x^2-3y^2=-3$ a une solution triviale.
\end{remarque}
\subsection*{Détails supplémentaires}
\begin{itemize}
	\item $\ZZ[i\sqrt 2]$ est euclidien :
	
	Soit $t,z\in\ZZ[i\sqrt 2]\setminus\{0\}$, alors $\frac zt=x+iy\sqrt 2\in\CC$.\\
	Soit $q=a+ib\sqrt 2\in\ZZ[i\sqrt 2]$ tel que $|x-a|\le\frac 12$ et $|y-b|\le\frac 12$.\\
	Alors
	\[\left|\frac zt-q\right|\le\sqrt{\frac 14+\frac 12}<1.\]
	Soit $r:=z-qt\in\ZZ[i\sqrt 2]$, alors 
	\[|r|=|t|\left|\frac zt-q\right|<|t|\]
	donc $N(r)<N(t)$.\\
	D'où $z=qt+r$ avec $N(r)<N(t)$.
\end{itemize}
\end{document}