équation diophantienne

loulmet, je ne suis pas sûr que tout ait bien tout vu. Il ne s'agit pas de déterminer les nombres premiers décomposables en sommes de deux carrés, mais de savoir pour quels nombres premiers $p$ l'équation diophantienne $$x^2 + y^2 = pz^2$$ avait des solutions (non triviales).

Par exemple, on peut vérifier que, si $p \in \{3,7,11\}$, cette équation n'a pas de solution autre que $(0,0,0)$.

Borde.

Oui, je connais ce résultat de Legendre.

ô tant (pis) pour moi !

Borde.

Puisqu'on parle de théorie algébrique des nombres, plus difficile est la question suivante : soit $d < 0$ entier sans facteur carré tel que $d \not \equiv 1 \pmod 4$ (voir à quoi correspondent ces hypothèses en terme de corps quadratique $\K = \Q(\sqrt d)$) et soit $p \geqslant 3$ premier tel que $p \nmid d$ (qu'est-ce que signifie cette proposition pour $p$ dans ce corps ?). Quelle CNS pour qu'il existe deux entiers $x,y$ tels que $p = x^2 - dy^2$ ?

Borde.

Rebonjour,
J'ai effectivement oublié les cas particuliers p =3 pour le premier cas et p =7 pour le second.
Voici donc un résumé de ce que j'ai fait, qui suppose une connaissance des "formes quadratiques entières" ( axx + bxy +czz , a, b, c , entiers premiers entre eux) dont le discriminant n'est pas le carré d'un entier.


Etant donné un entier D, un entier m est "proprement représentable" par une telle forme de discriminant D si et seulement si D est un carré modulo 4m.

Pour les cas d = -3 , -7 , on a D = -12 , -28.

Dans chacun de ces 2 cas, toutes les formes quadratiques de discriminant D sont" équivalentes." ( c'est lié au fait que les anneaux d' entiers de Q(d^1/2)sont principaux)

La condition donnée plus haut est donc une condition nécessaire et suffisante pour que p soit représentable par xx+3yy ou xx+7yy ,et un peu de réciprocité quadratique donne la la réponse fournie dans le précédent post.

Pour d = -15, Il y a 2 classes d' équivalence (f et g) de formes quadratiques de discriminant -60 , mais le fait qu ' elles aient un "genre" différent permet de distinguer sans ambiguité les entiers premiers représentables par f de ceux qui sont représentables par g.
J'obtiens ainsi la condition p congru à 1 ou 4 mod 15.
Cette méthode ne fonctionne pour aucune autre valeur de d.
Amicalement,

Je termine le calcul commencé ci-dessus...

On avait donc l'équivalence $p = x^2 - dy^2$ $\Longleftrightarrow$ $(p) = \mathfrak {p} \mathfrak {p'}$ avec $\mathfrak {p}$ principal dans $\Z_{\K}$. Ceci est équivalent à $\mathfrak {p}$ est totalement décomposé dans $\K(1)$, qui est lui-même équivalent à $p$ totalement décomposé dans $\K(1)$. Ainsi on a obtenu :

{\bf Th}. {\it Soit $d < 0$ sans facteur carré tel que $d \not \equiv 1 \pmod 4$, et $K = \Q( \sqrt d)$ un corps quadratiques imaginaires de corps de classes d'Hilbert $\K(1)$. Alors, $p = x^2 - dy^2$ si et seulement si $p$ totalement décomposé dans $\K(1)$}.

{\bf Exemple}. Pour quels nombres premiers $p \not = 5$ a-t-on $p = x^2 + 5y^2$ ?

Si $\K = \Q(\sqrt {-5})$, alors on montre que $\K(1) = \Q\left ( \sqrt {-1}), \Q(\sqrt 5) \right )$. Ainsi, d'après le théorème précédent, il faut et il suffit de déterminer les nombres premiers $p$ qui se décomposent totalement dans $\Q\left ( \sqrt {-1}), \Q(\sqrt 5) \right )$.

La théorie du corps de classes nous apprend que, si $\mathbb {L} / \Q$ est une extension abélienne de conducteur $f$, et si on note $I_{\mathbb {L},f}$ est le sous-groupe de $(\Z/ f \Z)^{\times}$ correspondant à $\mbox {Gal} \left ( \Q(\zeta_f) / \mathbb {L} \right )$, alors on a le résultat fondamental suivant :

{\it $p$ se décompose totalement dans $\mathbb {L}$ si et seulement si $p \nmid f$ et $p \in $I_{\mathbb {L},f}$}.

Ce sous-groupe est délicat à déterminer en général, mais il existe des cas particuliers où on le connaît bien. Par exemple, si $p \equiv 1 \pmod 4$ est un nombre premier, et si $\mathbb {L} = \Q(\sqrt p)$, alors $I_{\mathbb {L},p}$ est l'ensemble des résidus quadratiques $\mod p$. Autrement dit, si $\mbox {Gal} (\Q(\zeta_p)/ \Q) \simeq $, alors $I_{\mathbb {L},p} \simeq < a^2 \pmod p >$.

Ici, on a $(\Z/ 20 \Z)^{\times} \simeq (\Z/ 4 \Z)^{\times} \times (\Z/ 5 \Z)^{\times} \simeq \times $. Remarquons que l'on a $\Q(\zeta_4) = \Q(\sqrt {-1})$, de sorte que $\mbox {Gal} \left ( \Q(\zeta_4) / \Q(\sqrt {-1}) \right ) \simeq $. D'autre part, puisque $5 \equiv 1 \pmod 4$, on peut appliquer le résultat ci-dessus pour obtenir $I_{\Q(\sqrt 5),5} \simeq = $. On en déduit que $I_{\K(1),20} \simeq \times \simeq $ d'après le théorème chinois. On a donc obtenu :

{\bf Th}. {\it Soit $p \not = 5$ un nombre premier. Alors, $p = x^2 + 5y^2$ si et seulement si} $p \equiv 1 \, \mbox {ou} \, 9 \pmod {20}$.

Borde.

Je termine le calcul commencé ci-dessus...

On avait donc l'équivalence $p = x^2 - dy^2$ $\Longleftrightarrow$ $(p) = \mathfrak {p} \mathfrak {p'}$ avec $\mathfrak {p}$ principal dans $\Z_{\K}$. Ceci est équivalent à $\mathfrak {p}$ est totalement décomposé dans $\K(1)$, qui est lui-même équivalent à $p$ totalement décomposé dans $\K(1)$. Ainsi on a obtenu :

{\bf Th}. {\it Soit $d < 0$ sans facteur carré tel que $d \not \equiv 1 \pmod 4$, et $K = \Q( \sqrt d)$ un corps quadratique imaginaire de corps de classes d'Hilbert $\K(1)$. Alors, $p = x^2 - dy^2$ si et seulement si $p$ totalement décomposé dans $\K(1)$}.

{\bf Exemple}. Pour quels nombres premiers $p \not = 5$ a-t-on $p = x^2 + 5y^2$ ?

Si $\K = \Q(\sqrt {-5})$, alors on montre que $\K(1) = \Q \left ( \sqrt {-1}, \sqrt 5 \right )$. Ainsi, d'après le théorème précédent, il faut et il suffit de déterminer les nombres premiers $p$ qui se décomposent totalement dans $\Q \left ( \sqrt {-1}, \sqrt 5 \right )$.

La théorie du corps de classes nous apprend que, si $\mathbb {L} / \Q$ est une extension abélienne de conducteur $f$, et si on note $I_{\mathbb {L},f}$ le sous-groupe de $(\Z/ f \Z)^{\times}$ correspondant à $\mbox {Gal} \left ( \Q(\zeta_f) / \mathbb {L} \right )$, alors on a le résultat fondamental suivant :

{\it $p$ se décompose totalement dans $\mathbb {L}$ si et seulement si $p \nmid f$ et $p \in I_{\mathbb {L},f}$}.

Ce sous-groupe est délicat à déterminer en général, mais il existe des cas particuliers où on le connaît bien. Par exemple, si $p \equiv 1 \pmod 4$ est un nombre premier, et si $\mathbb {L} = \Q(\sqrt p)$, alors $I_{\mathbb {L},p}$ est l'ensemble des résidus quadratiques $\mod p$. Autrement dit, si $\mbox {Gal} \left ( \Q(\zeta_p)/ \Q \right ) \simeq < a \pmod p >$, alors $I_{\mathbb {L},p} \simeq < a^2 \pmod p >$.

Ici, on a $(\Z/ 20 \Z)^{\times} \simeq (\Z/ 4 \Z)^{\times} \times (\Z/ 5 \Z)^{\times} \simeq < " \pmod 4 > \times < 2 \pmod 5 >$. Remarquons que l'on a $\Q(\zeta_4) = \Q(\sqrt {-1})$, de sorte que $\mbox {Gal} \left ( \Q(\zeta_4) / \Q(\sqrt {-1}) \right ) \simeq $. D'autre part, puisque $5 \equiv 1 \pmod 4$, on peut appliquer le résultat ci-dessus pour obtenir $I_{\Q(\sqrt 5),5} \simeq < 2^2 \pmod 5 > = < 4 \pmod 5 >$. On en déduit que $I_{\K(1),20} \simeq \times < 4 \pmod 5 > \simeq < 9 \pmod {20} >$, d'après le théorème chinois. On a donc obtenu :

{\bf Th}. {\it Soit $p \not = 5$ un nombre premier. Alors, $p = x^2 + 5y^2$ si et seulement si} $p \equiv 1 \, \mbox {ou} \, 9 \pmod {20}$.

Borde.

$(\Z/ 20 \Z)^{\times} \simeq (\Z/ 4 \Z)^{\times} \times (\Z/ 5 \Z)^{\times} \simeq \ < 3 \pmod 4 > \times < 2 \pmod 5 >$.

La théorie du corps de classes apporte une réponse complète, mais théorique, à ce genre de problème, qui est mis souvent dans les cours à titre d'exemple d'applications de cette difficile théorie. En effet, tout le problème revient à donner des conditions sur les nombres premiers totalement décomposés d'un corps de nombres. On sait que ceux-ci satisfont des conditions de congruence modulo le conducteur, si le corps est abélien, mais il reste les failles suivantes :

(i) Jusqu'à ce jour, seules les extensions abéliennes sont véritablement bien décrites par la théorie,

(ii) Le calcul des sous-groupes utiles (comme le groupe d'Artin), qui permettent (comme je l'ai fait plus haut) de donner les congruences exactes, sont très difficiles à obtenir lorsque le degré du corps devient grand.

Et encore, je n'ai pas évoqué la difficulté de déterminer des corps de classes d'Hilbert.

Cette théorie du corps de classes est l'une des choses mathématiques les plus compliquées que j'ai vu...

Borde.

Bonjour,
La question des nombres premiers de la forme p=xa²+yb² a été résolue par Nagel en 1951.
Il y a 5 cas.
Voir mon article n°4 page 16 sur le site <http://henri.voici.org/&gt;

Oui, bien sûr, puisque $-11 \equiv 1 \pmod 4$ est le cas où le théorème que j'ai cité (avec le corps de classes d'Hilbert) ne fonctionne pas (j'ai oublié de vérifier la première hypothèse).

Mon message de 17h48 est donc à effacer (Alain, si tu nous lis...).

Borde.

Bonjour,
J 'ai trouvé le lien signalé.

Je ne comprends pas pourquoi le "résultat" de Nagel ne dit pas par exemple :
" Les nombres premiers de la forme x² + 5y² sont 5 et les congrus à 1 ,9 modulo20.

J'ai , il me semble, mentionné un certain nombre de cas où une telle caractérisation est possible.

Amicalement

Re

Ce que je viens de lire dans Mathworld n'est nullement un résultat qui donnerait cinq cas faisant le tour d'une question, mais cinq exemples où il est possible de caractériser les nombres premiers représentables par une forme quadratique donnée.

Amicalement.

Je viens de terminer une première étude des nombres premiers $p$ qui s'écrivent $p = x^2 + ny^2$. La référence est le livre de David Cox : {\bf Primes of the form} $x^2 + ny^2$, Wiley and Sons (1989).

Il en ressort que, si les formes quadratiques donnent une réponse partielle à ce problème, la théorie du corps de classes en fournit une solution théorique complète, et la multiplication complexe et les équations modulaires donnent une solution complète du point de vue algorithmique.

Dans le cas proposé par Loulmet ($n=11$), il en ressort que :

{\Th}. {\it Soit $p \not = 11$ un nombre premier. Alors $p = x^2 + 11y^2$ si et seulement si $\left ( -11/p \right ) = 1$ et l'équation $f_3(x) \equiv 0 \pmod p$ est résoluble, où $f_3$est un certain polynôme unitaire de degré $3$ à coefficient entier, irréductible sur $\Z$, et tel que $p \nmid \mbox {disc}(f_3)$}.

La difficulté vient ici du fait que, puisque $-11 \equiv 1 \pmod 4$, l'ordre $\Z[\sqrt {-11}]$ n'est pas l'ordre maximal $\Z_{\K}$ dans le corps quadratique imaginaire $\K = \Q (\sqrt {-11})$. Pour tenir compte de cet état de fait, la théorie du corps de classes généralise (en quelque sorte) le corps de classes d'hilbert à une {\it corps de classes d'anneaux} ({\it ring class field}) qui joue le même rôle, pour un ordre quelconque de $\K$, que celui joué par le corps de classes d'Hilbert pour $\Z_{\K}$. Malheureusement, d'un point de vue algorithmique, les polynômes définissant ces corps de classes d'anneaux sont des facteurs irréductibles de polynômes bien plus gros qu'il faut ensuite factoriser. Par exemple, ce cas $n=11$ proposé par Loulmet nécessite le calcul d'un polynôme dont les coefficients vont jusqu'à 120 chiffres, et dont l'impression prendrait deux pages pleines. Je vais voir si on peut contourner cette difficulté.

Il y des cas plus simples : avec cette méthode, on nombre que les nombres premiers $p > 3$ tels que $p = x^2 + 27 y^2$ sont les nombres premiers $p \equiv 1 \pmod 3$ tels que $2$ soit une racine cubique modulo $p$.

Borde.

OUF !...

J'ai réussi à contourner la difficiulté évoquée précédemment, et à calculer le polynôme $f_3$ indisuqé ci-dessus, après plus de 2h de calculs sur ordinateur, et grâce aux invariants $j-$elliptiques et à la précision suffisante de PARI. Sauf erreur, je suis être en mesure d'anoncer le résultat suivant :

{\bf Th}. {\it Soit $p$ un nombre premier vérifiant $p \not \in \{2,7,11,13,17,19,29,41 \}$. Alors $p = x^2 + 11y^2$ si et seulement si $(-11/p) = 1$ et l'équation $$x^3 - (2^4 \times 1709 \times 41057)x^2 + (2^8 \times 3 \times 11^4 \times 24049) - (2^4 \times 11 \times 17 \times 29)^3 \equiv 0 \pmod p$$ est soluble}.


{\bf Remarques}.

1. La théorie prédit effectivement que le terme constant du polynôme précédent est bien un cube.

2. Ce message correspond pour moi à l'un des plus difficile auquel j'ai été confronté sur ce forum depuis que je le fréquente (2 ans...). Merci, Loulmet ! Je ne suis pas peu fier du résultat (pour peu qu'il soit juste) !...Je n'ai pas le courage de chercher un éventuel contre-exemple (mais je n'y crois pas). Qui s'en chargera ?

Borde.