Somme de deux carrés

C'est une méthode assez courante pour montrer que certaines équations en entiers n'ont pas de solution : on suppose qu'il en existe une et on réduit « modulo un entier bien choisi » pour aboutir à une contradiction. Ici, $2014$ est congru à $6$ modulo $8$ ($2016$ est visiblement divisible par $8$) et $6$ n'est pas une somme de deux carrés dans $\Z/8\Z$.

Vingt-et-un autres exemples.

Oui, les congruences, c'est-à-dire le travail modulo un entier, sont une notion standard que l'on voit un jour. Il y en a un peu en spé. math. en TS.

Version light : on dit que $n\equiv n'\ [ b]$ (lire « $n$ est congru à $n'$ modulo $b$ ») s'il existe $k$ tel que $n-n'=kb$.

Évidence : si $n=n'$ alors $n\equiv n'\;[ b]$ pour tout $b$.

Évidence : un entier $n$ est congru au reste $r$ de sa division par $b$ (car on a $n=r+qb$, où $q$ est le quotient). Mieux : $n$ est congru à $m$ modulo $b$ si et seulement si $n$ et $m$ ont le même reste dans la division euclidienne par $b$ (exercice). Intérêt : il y a seulement $b$ restes possibles, infiniment moins que d'entiers.

Cherchons par exemple tous les restes possibles des nombres de la forme $n^2+m^2$ dans la division par $8$. Si on note $r$ et $s$ les restes des divisions de $n$ et $m$ par $8$, on a, pour $k$ et $\ell$ convenables :
\[n^2+m^2=(r+8k)^2+(s+8\ell)^2=r^2+s^2+8(2kr+8k^2+2\ell s+8\ell^2),\]
de sorte que le reste cherché ne dépend que de $r$ et $s$. On trouve :
\[\begin{array}{c|cccccccc}
r&0&1&2&3&4&5&6&7\\\hline
r^2&0&1&4&9&16&25&36&49\\\hline
\hbox{reste}&0&1&4&1&0&1&4&1\end{array}\]
Les restes que l'on cherche sont obtenus en ajoutant deux de ces nombres : $0$, $1$, $2$, $4$, $5$. Et on ne peut pas tomber sur $6$.