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Premiers de la forme $x^2+ny^2$

Envoyé par francoiswolf 
Premiers de la forme $x^2+ny^2$
il y a deux mois
Bonjour,

J'ai l'équation suivante: x2+n*y2=p, avec p=4*z+1 qui est un nombre premier et (n , p) premiers entre eux et (x , y) premiers entre eux.
Question. Est-ce que pour une valeur donnée n>1, il existe une infinité de nombres premiers générés par x2+n*y2 ?

En effet, si n=1, c'est le cas car on p=4*z+1=X2+Y2. Est-ce identique pour n différent de 1 ?
Merci.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par AD.
Re: primes de la forme x^2+n*y^2
il y a deux mois
On ne sait même pas s'il y a une infinité de nombres premiers de la forme : $x^2+1$



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par zartisant.
Re: primes de la forme x^2+n*y^2
il y a deux mois
OK, j'ai encore lu sans lire.
Re: primes de la forme x^2+n*y^2
il y a deux mois
Je ne comprends pas cette réponse car y n'est pas une constante égale à 1.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par AD.
Re: primes de la forme x^2+n*y^2
il y a deux mois
Ok, peux tu m'expliquer pourquoi quand p premier avec p mod 4=1 on a p somme de 2 carrés ?
Re: primes de la forme x^2+n*y^2
il y a deux mois
Quand p=4x+1 et p premier alors il a été démontré que p correspond à une somme unique de deux carrés.
Re: primes de la forme x^2+n*y^2
il y a deux mois
Si je ne dis pas de bêtises, quelle que soit la valeur de $n \geq 1$, il existe une infinité de nombres premiers de la forme $x^2+ny^2$. Pour les caractériser, il faut passer par le corps de Hilbert du corps quadratique imaginaire $\mathbb Q(\sqrt {-n})$. Tout ça est étudié en détail dans le livre Primes of the form $x^2+ny^2$ de Cox.
Re: primes de la forme x^2+n*y^2
il y a deux mois
Merci, j'ai déjà commandé le livre de Cox et je le recevrai la semaine prochaine. Je voulais juste être sûr d'avoir bien compris ce que j'avais déjà lu.
Merci pour votre réponse.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par AD.
Re: Premiers de la forme $x^2+ny^2$
il y a deux mois
C'est aussi synthétisé dans [www.amazon.fr], pages 462-470.
Re: Premiers de la forme $x^2+ny^2$
il y a deux mois
question complémentaire : si n<0, alors on a une équation de Pell-Fermat, a-t-il été démontré que x2-|n|*y2 génère une infinité de nombres premiers ?

[Un nom propre prend toujours une majuscule ! AD]



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
Re: Premiers de la forme $x^2+ny^2$
il y a deux mois
Bonjour,
je tente quelque chose ici, et si quelqu'un a une idée qui correspond ou infirme la démarche, ne pourrait-on pas se ramener aux entiers de Gauss (eux répondent à la question $n=1$), puis utiliser une affinité en une direction, ou un produit d'affinités de même direction dont les rapports seraient des racines carrées des facteurs de $n$ sans facteurs carrés en passant ainsi de suite de croissante de $\mathbb{Q}$ e-v espaces vectoriels de dimension 2 dont la classe des points dont les coordonnées sont des entiers algébriques qui répondent à la question, jusqu'à obtenir l'infinité de point souhaitée à la fin... ?
(ou quelque chose ressemblant à ça)
Re: Premiers de la forme $x^2+ny^2$
il y a deux mois
L'arithmétique de $O_n=\Bbb{Z}[\sqrt{n}]$ et de $\Bbb{Z}[{}i]$ n'ont aucun rapport, tu ne peux pas te ramener de l'un à l'autre.

Si $n \in \Bbb{Z}$ a des facteurs carrés mais n'est pas un carré alors ce n'est pas le corps de Hilbert de $K=\Bbb{Q}(\sqrt{n})$ qu'il faut regarder mais le "ring class field" $F_n$ (l'unique extension abélienne $F_n/K$ dont le Artin map est donné par un isomorphisme $I_{O_n} \to Gal(F_n/K)$) car le groupe des classes d'idéaux de $O_n$ est plus gros que celui de $O_K$.

Et $\pm p = x^2-ny^2 $ est la norme de $x+\sqrt{n} y \in O_n$ ssi $p$ est totalement décomposé dans $F_n$ (que $Frob_{p,F_n}= 1$ implique que $Frob_{p,K} = 1$ et que $p O_n = \mathfrak{p}_1\mathfrak{p}_2$ où la classe de $R$-idéal de $\mathfrak{p}_1,\mathfrak{p}_2$ est principale).

On sait qui'il y a une infinité de tels $p$ totalement décomposés dans $F_n$ car la fonction zeta de Dedekind $\zeta_{F_n}$ a une singularité en $s=1$.



Edité 5 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par reuns.
Re: Premiers de la forme $x^2+ny^2$
il y a deux mois
Je précise un peu le propos de reuns (en prenant $n > 0$ pour plus de clarté).

Si $n \not \equiv 3 \pmod 4$, le corps de classes d'Hilbert $K(1)$ de $K = \mathbb{Q} (\sqrt{-n})$ est le bon outil via l'équivalence
$$p = x^2+ny^2 \Longleftrightarrow p \in \textrm{Spl} \left( K(1)/\mathbb{Q} \right)$$
où $p > 2$ est premier tel que $p \nmid n$. On a ensuite des outils permettant de caractériser les premiers qui se décomposent dans des extensions d'un corps quadratique imaginaire.

En revanche, si $n \equiv 3 \pmod 4$, alors $\mathbb{Z}[\sqrt{-n}]$ n'est plus nécessairement l'ordre maximal de $K$, et il faut une généralisation du corps de classes d'Hilbert. Comme le dit reuns, on fait alors appel à la théorie du corps de classes pour construire une extension abélienne $L$ de $K$ à partir d'un ordre $\mathcal{O}$ de conducteur $f$ de $K$ (i.e. un $\mathbb{Z}$-module libre de rang $2$ contenant $1$), telle que tout premier de $K$ qui se ramifie dans $L$ divise $f \mathcal{O}_K$ et telle que $\textrm{Gal}(L/K) \simeq \textrm{Cl}(\mathcal{O})$.

Cette extension porte le nom de ring class field (pas simple à traduire, Aurelpage pourrait peut-être nous en dire plus) de $\mathcal{O}$, et permet de récupérer l'équivalence ci-dessus en remplaçant $K(1)$ par $L$.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par noix de totos.
Re: Premiers de la forme $x^2+ny^2$
il y a deux mois
Tu as zappé le cas où $n = m^2 d$ où $d$ est sans facteur carré et $ \equiv 3 \bmod 4$ alors $O_K = \Bbb{Z}[\sqrt{d}]$ et $O=\Bbb{Z}[\sqrt{n}] = \Bbb{Z} + m \sqrt{d} \Bbb{Z} = \Bbb{Z} + m O_K$. Son groupe de classes d'idéaux $C_O$ est défini comme les classes d'idéaux premiers avec $(m)$. Et $\mathfrak{c} \mapsto \mathfrak{c}O_K$ est un morphisme $C_{O} \to C_{O_K}$ de noyau $ \cong O_K^* / O^* \cong O_K/(m)^\times$.

Si $d < 0$ alors $F_n = \Bbb{Q}(j(\sqrt{d}), \{ x_P, P \in E, m P = \infty\})$ où $E/ \Bbb{Q}(j(\sqrt{d})) : y^2 = x^3+c_4(\sqrt{d})x+c_6(\sqrt{d})$ est une courbe elliptique isomorphe à $\Bbb{C}/(\Bbb{Z} + \sqrt{d} \Bbb{Z})$ avec CM par $O_K$
Re: Premiers de la forme $x^2+ny^2$
il y a deux mois
Bonjour,
@Poirot @reuns @noix de totos
merci pour ces précisions, je pose la question pour "plus tard" :
et question naïve de ma part (vous avez bien vu que je ne me préoccupe que de l'aspect "vectoriel" ou "module" sans préserver la structure des unités donc "l'arithmétique"):
n'y aurait-il pas de structures qui engloberait toutes les classes d'entiers ? pour avoir une autre structure qui contiendrait "tous les Idéaux "

bon je demande ceci en fait:
"est ce que le "class ring" de la clôture algébrique de $\mathbb{Q}$ est quelque chose qui existe et sur lequel un travail a été fait ?"

merci
Re: Premiers de la forme $x^2+ny^2$
il y a deux mois
Les histoires de class ring et class field concernent les extensions algébriques des corps de nombres. Non seulement $\bar{\mathbb Q}$ est algébriquement clos, mais ce n'est pas un corps de nombres donc la question n'a pas de sens.

Pour ta première question, il y a le groupe des classes d'idéaux (fractionnaires). Si ce groupe est trivial, on passe des idéaux aux entiers modulo les unités, qui forment un groupe abélien de rang connu (théorème des unités de Dirichlet).
Re: Premiers de la forme $x^2+ny^2$
il y a deux mois
@reuns. Ça ne me semble pas utile de séparer ce cas.

On prend $n \geqslant 2$, $K = \mathbb{Q} (\sqrt{-n})$, $\mathcal{O} = \mathbb{Z} [\sqrt{-n}]$ de nombre de classes $h_{\mathcal{O}}$. On prend aussi un représentant $\mathfrak{a}$ d'une classe inversible d'idéaux fractionnaires de $\mathcal{O}$. Alors l'extension
$$L=K \left(j(\mathfrak{a}) \right)$$
est le ring class field de $\mathcal{O}$, de polynôme associé
$$H_{\mathcal{O}} = \prod_{k=1}^{h_{\mathcal{O}}} \left( X - j(\mathfrak{a}_k) \right) \in \mathbb{Z}[X]$$
où $\mathfrak{a}_1, \dotsc $ sont les représentants de classes inversibles d'idéaux fractionnaires de $\mathcal{O}$.

On a alors les équivalences, avec $p \nmid n$ :
\begin{align*}
p = x^2+ny^2 & \Longleftrightarrow p \in \textrm{Spl} \left( L/ \mathbb{Q} \right) \\
& \Longleftrightarrow (-n/p) = 1 \ \textrm{et} \ H_{\mathcal{O}}(x) \equiv 0 \; (\bmod \, p) \ \textrm{est résoluble}.
\end{align*}



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par noix de totos.
Re: Premiers de la forme $x^2+ny^2$
le mois dernier
Bonjour,

Merci à tous pour vos réponses.
Voici les formules que j'ai:
X2 +/- |n|*Y2 avec X=Y*(2*x+5)+/-1 et Y=2*y donc X,Y sont premiers entre eux et x,y sont des entiers relatifs.

Question: peut-on appliquer les théorèmes démontrant que ces formules génèrent bien une infinité de nombres premiers alors que le couple (X,Y) est différent de Z2 ?

merci par avance pour vos réponses.
Re: Premiers de la forme $x^2+ny^2$
le mois dernier
Tu demandes s'il existe une infinité de nombres premiers de la forme $(2y(2x+5) \pm 1)^2 \pm 4n y^2$ ? Ce n'est pas une application immédiate des résultats précédemment cités puisque tu imposes une certaine forme à $X$ et $Y$. Si on développe on tombe sur \begin{align*}
(2y(2x+5) \pm 1)^2 \pm n 4y^2 &= 4y^2(4x^2 + 20x + 25) \pm 4y(2x+5) + 1 \pm 4ny^2 \\
&=16x^2y^2 + 80xy^2 \pm 8xy +(100\pm 4n) y^2 \pm 20y+1.
\end{align*} Ça m'étonnerait fortement que l'on sache montrer l'existence d'une infinité de nombres premiers de cette forme, sauf s'il y a une réduction astucieuse que je ne vois. C'est déjà difficile de montrer qu'il existe une infinité de nombres premiers de la forme $x^2+y^4$, alors là...



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de le mois dernier et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
Re: Premiers de la forme $x^2+ny^2$
le mois dernier
Merci Poirot
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