Equations diophantiennes ax + by = c,

Transcription

1 Equations diophantiennes ax + by = c, Université Claude Bernard Lyon I Agrégation de Mathématiques : Algèbre & géométrie autres équations diophantiennes Année Extrait du rapport du jury 2002 : Dans la leçon sur les équations diophantiennes, les candidats pourraient considérer des systèmes d équations du premier degré, leur lien avec les groupes abéliens de type fini, avec des manipulations sur les lignes et les colonnes, l équivalence des matrices... A ne pas rater lien entre l équation du titre et la définition du pgcd ; lien avec le lemme chinois ; ça explique l importance de cette équation ; algorithme d Euclide adapté à la résolution de ax+by = c ; estimation du nombre d étapes (nombres de Fibonacci) ; une application aux matrices, via les polynômes? équations de degré 2 : plusieurs méthodes ; Développements Il semble impératif de proposer un développement sur les équations de degré 1! L algorithme d Euclide et sa complexité (un peu court)? Cas des sytèmes? Une idée de développement raisonnable : donner différentes méthodes différentes pour résoudre x 2 + y 2 = z 2 (géométrique, factorialité de Z[i], descente infinie). A l envers, on peut proposer une méthode (constructions géométriques à partir d un point connu) et différentes applications (II2, en gros, tout ou partie). I Equations diophantiennes de degré 1 1 Importance de l équation proposée : pgcd, Bezout, lemme chinois Dans la présentation moderne de l arithmétique dans Z : on prouve que Z admet une division euclidienne, on en déduit que Z est principal ; on définit pgcd(a 1,...,a n ) comme le générateur positif de l idéal a 1 Z + + a n Z ; on montre que le pgcd est l élément maximal parmi les diviseurs des a i (d où son nom). Cette présentation extrêmement synthétique rend trivial le théorème de Bezout comparer au statut du théorème de Pythagore en algèbre linéaire euclidienne! En particulier, la définition assure l existence d une solution à l équation a 1 x a n x n = pgcd(a 1,...,a n ). Noter que pour n = 2, la multiplication par a 1 x 1 et a 2 x 2 définissent les bons morphismes Z/a i Z Z/a 1 a 2 Z. Dans la preuve du lemme des noyaux (en remplaçant Z par K(X]), ces éléments sont les projecteurs sur les petits noyaux (crucial pour Dunford). 2 L équation ax + by = c et l algorithme d Euclide (a) Le résultat Proposition Soit a,b Z pas tous les deux nuls, et d = a b leur pgcd. Pour c Z, l équation ax+by = c a une solution si, et seulement si, d divise c. Si (x 0,y 0 ) est une solution particulière, les autres solutions sont tous les couples de la forme (x 0 kb,y 0 +ka ), où k décrit Z, a = da et b = db. 1

2 (b) L algorithme d Euclide La proposition précédente n a d intérêt que si on peut trouver une solution particulière. Il est clair qu il suffit de le faire pour c = a b. On l obtient par l algorithme d Euclide. On pose a = r 1, b = r 0. On écrit des divisions euclidiennes successives, tant que r j 0 : r 1 = r 0 q 0 + r 1 0 r 1 < r 0 r 0 = r 1 q 1 + r 2 0 r 2 < r 0 r j 1 = r j q j + r j+1 0 r j+1 < r j r n 2 = r n 1 q n 1 + r n 0 r n < r n 1 r n 1 = q n r n. On note ainsi r n le dernier reste non nul. Il est raisonnable d appeler n + 1 le nombre d étapes de l algorithme. Pour tout j, r j 1 r j = r j r j+1, si bien que r N = r 1 r 0 = a b. On a : r 1 = a q 0 b. Posons u 1 = 1, v 1 = q 0. Supposons avoir montré que jusqu à j, on a : r j = u j a+v j b. Tant que r j+1 est défini, on a : r j+1 = r j 1 q j r j = (u j 1 q j u j )a+(v j 1 q j v j )b. On pose donc u j+1 = u j 1 q j u j et v j+1 = v j 1 q j v j, et on peut calculer ces suites en même temps que (q j ) et (r j ). Lorsque r N+1 = 0, on a : a b = r N = u N a + v N b, solution explicite. (c) Complexité dans le cas le pire Dans le cas le plus favorable, b divise a, r 1 = 0 et l algorithme s arrête après 1 étape. Mais dans le cas le pire, est-on sûr que les calculs seront praticables? Pour tout j tel que r j 0, on sait que r j < r j 1, d où : q j 1. On en déduit : r j 1 r j +r j+1. On va comparer la suite (r j ) à une suite de Fibonacci, définie par F 0 = 0, F 1 = 1, l 2, F l+1 = F l + F l 1. On a : r n+1 F 0, r n F 1. Si, pour un certain j et tout k j, r k F n+1 k, alors : r j 1 r j + r j+1 F n+1 j + r n+1 (j+1) = F n+1 j + r n j = F n+1 j = F n+1 (j 1). On en déduit que b = r 0 F n+1. Sachant que F n+1 = (ϕ n+1 ϕ n+1 )/ 5, où ϕ = (1+ 5)/2 et ϕ = 1/ϕ, on en déduit que le nombre d étapes dans le cas le pire est : n + 1 ln( b 5 + 1). ln ϕ Noter que le cas le pire peut être atteint : quand on applique l algorithme à deux nombres de Fibonacci successifs a = r 1 = F n+2 et b = r 0 = F n+1, on a r j = F n+1 j. Le nombre d étapes est donc, dans le cas le pire, linéaire en ln b, qui est lui-même proportionnel au nombres de chiffres de b. C est un gage d efficacité de l algorithme d Euclide. Noter cependant que chaque étape peut un temps linéaire en le nombre de chiffre du dividende r j. Réf : M. Demazure, Cours d algèbre? (d) Interprétation matricielle de l algorithme d Euclide (à suivre) Cette interprétation est utile pour la suite : on se donne deux entiers a et b premiers entre eux, et on cherche une matrice de déterminant 1 dont la première ligne est (a b). L algorithme d Euclide se lit comme une version de l algorithme du pivot de Gauss avec reste : ( ) ( ) ( ) ( ) a b r 1 b r 1 r 2 rn 0. y x y q 0 x x y q 0 x (1 + q 0 q 1 )x + q 1 y x + y x + y 2

3 3 Equations a 1 x a n x n = c (a) Approche élémentaire mais effective On donne a 1,...,a n,c Z et on notre d le pgcd de a 1,...,a n. Par définition du pgcd, l équation a 1 x 1 + +a n x n = c possède une solution SSI c divise d. Dans ce cas, par linéarité, la solution générale de l équation avec c quelconque s écrit comme somme d une solution particulière et de la solution générale de l équation avec c = 0, ce qui ne veut pas dire grand-chose si on y réfléchit. Proposition Soit n 2, a 1,...,a n Z et d = pgcd(a 1,...,a n ). Il existe y 1,...,y n Z et une matrice (b ij ) 1 i n,1 j n 1 Mat n,n 1 (Z), qu on peut calculer par un algorithme, tels que n 1 a 1 x a n x n = d k 1,...,k n 1 Z, 1 i n, x i = y i + b ij k j. Démonstration. Pour n = 2, ce résultat est connu. Supposons-le vrai à un certain rang n, montrons-le au rang n + 1. Soit donc a 1,...,a n+1 Z et D leur pgcd. Soit d le pgcd de (a 1,...,a n ). Notons que pour x 1,...,x n quelconques, a 1 x a n x n est un multiple de d. Ceci entraîne : j=1 ( ) a 1 x a n+1 x n+1 = D u Z, { a1 x a n x n = du du + a n+1 x n+1 = D. L hypothèse de récurrence appliquée à l équation a 1 x a n x n = d fournit y i,b ij ne dépendant que de (a i ) i=1,...,n comme dans la proposition. Or, pour u Z quelconque, on a : 1 n 1 a 1 x a n x n = du k 1,...,k n 1, i n, x i = uy i + b ij k j. D autre part, comme D = pgcd(d,a n+1 ), on sait trouver u 0,y n+1 Z tels que Mais alors, on a : du + a n+1 x n+1 = D k, u = u 0 ka n+1 /D et x n+1 = y n+1 + kd/d. ( ) u, k,k 1,...,k n, u, k,k 1,...,k n, i n, x i = uy i + n 1 j=1 b ijk j x n+1 = y n+1 + kd/d u = u 0 ka n+1 /D j=1 i n, x i = u 0 y i ky i a n+1 /D + n 1 j=1 b ijk j x n+1 = y n+1 + kd/d u = u 0 ka n+1 /D On peut tout simplement oublier u ici, et ça conclut le pas de récurrence. Réf. : Pas de référence écrite, j ai inventé ça tout seul lundi matin... 1 C est le point-clé : si on modifie le second membre de l équation, on obtient la solution générale en modifiant la solution particulière avec second membre, mais avec la même solution générale de l équation sans second membre! 3

4 (b) Complétion d une colonne Lemme Soit (a 1,...,a n ) Z n, premiers entre eux dans leur ensemble. Alors, il existe une matrice inversible à coefficients entiers dont la première ligne est (a 1,...,a n ). Démonstration : Soit N le Z-module de rang 1 engendré par (a 1,...,a n ) dans Z n. Par le théorème de la base adaptée, il existe une base (f 1,...,f n ) de Z n, et d Z tel que df 1 soit une base de N. Alors, (a 1,...,a n ) est un multiple cdf 1 de df 1, donc, vu que le pgcd des a i est 1, on a cd = ±1. La transposée de la matrice de passage de la base canonique à la base (f i ) i=1,...,n répond donc au problème. On peut ajouter que l algorithme de Gauss peut être utilement adapté pour trouver cette matrice de façon effective. Comparer à 2 (d) ci-dessus. Et alors? Eh bien, soit P la matrice donnée par le lemme, et (e 1,...,e n ) la base canonique de Z n. Comme P est inversible, un élément X = (x i ) Z n est solution de l équation a i x i = 0 SSI PX est combinaison linéaire de (e 2,...,e n ). En d autres termes, (P 1 e 2,...,P 1 e n ) est une base de {X : a i x i = 0}. 4 Systèmes d équations linéaires à coefficients entiers Dans tout ce paragraphe, on fixe A Mat m,n (Z) et B Z m et on s intéresse au système AX = B, où X Z n Il est facile de plonger dans Q et de trouver toutes les solutions X Q n : c est l ensemble vide ou un sous-espace affine de Q n de dimension n rg A. Mais, trouver les points entiers dans ce sous-espace ne se réduit pas à résoudre séparément chaque équation. Voici un exemple idiot : x + y = b, x y = 0. Chaque équation a une infinité de solutions, mais le système n en a que si b est pair. L idée est d adapter l algorithme de Gauss en faisant des divisions euclidiennes plutôt que des quotients exacts : c est une méthode classique pour démontrer le théorème de la base adaptée. (a) Second membre nul : structure On se donne A Mat m,n (Z) et on cherche les X Z n tels que AX = 0. C est un sous-groupe de Z n, présenté comme le noyau d un morphisme de Z-modules. Résoudre ce système, c est trouver une représentation paramétrique. On peut encore dire que ça consiste à présenter le sous-groupe comme l image d un (autre) morphisme de Z-modules. Le lemme suivant n est qu une reformulation (d une étape) du théorème de la base adaptée. Lemme L ensemble des X Z n, solutions du système homogène AX = 0, est un sous-groupe de Z n, libre de rang n rg A, où le rang de A est calculé dans Mat m,n (Q). Noter que présenter un groupe abélien Γ par générateurs et relations, c est se donner des générateurs (x 1,...,x n ) et des relations j a ijx j = 0 : c est décrire Γ comme le conoyau de A, i.e. comme le quotient Z/Ker A. (b) Second membre quelconque : résolution effective On trouve dans [?] une méthode effective 2, variante de l algorithme de Gauss, qui permet de trouver P et Q inversibles (non uniques), et d 1 d r (uniques 3 ) tels que d 1 Q 1... AP = D, où D = d r. (0) 2 c est-à-dire, algorithmique, que l on peut implémenter sur un ordinateur. 3 Rappel : d i est le pgcd des mineurs i i de A. 4

5 En gros, on obtient D à partir de A en faisant des opérations élémentaires sur les lignes et les colonnes, et P et Q gardent la trace de ces manipulations. Mais alors, si on pose X = P 1 X et B = Q 1 B, on a : AX = B QDP 1 X = B DX = B. Si B = (b i ) i=1,...,n, il y a une solution si et seulement si d i b i pour 1 i r, et dans ce cas, les solutions sont : x i = b i /d i si 1 i r, et x i = k i r quelconque si i r + 1. En repassant aux x i via X = PX, on constate que, s il n est pas vide, l ensemble des solutions est bien de la forme attendue : sous-espace affine (on parle plutôt de torseur, ou d espace principal homogène si on veut faire snob) sous le noyau de A, un groupe isomorphe à Z n r. 5 Variantes : résolution de a 1 x a n x n = N dans N (a) Coin exchange problem de Frobenius On suppose que a,b 0 et a b = 1, en imposant x,y 0. Alors, c peut s écrire sous la forme ax + by avec x,y N SSI ab a b c ne le peut pas. En particulier, ab a b est le plus grand nombre qui ne peut pas s écrire sous cette forme. Conséquence : il y a (a 1)(b 1)/2 entiers naturels qui ne peuvent pas s écrire sous la forme ax + by avec x,y N. De plus, le nombre de solution positives de ax + by = n (n N) est n ab ou n ab + 1. (b) Cas général : résultat exact et asymptotique Proposition Soit a 1,...,a n N premiers entre eux dans leur ensemble, S N le nombre de solutions positives ou nulles de l équation n i=1 a ix i = N. Alors : (i) S N est le coefficient de t N dans la série entière 1/ n i=1 (1 ta i ) ; (ii) lorsque N +, on a : 1 N p 1 S N a 1 a p (p 1)!. II Equations diophantiennes de degré 2 1 Méthodes algébriques : anneaux des entiers des corps quadratiques Idée : Pour d entier sans facteur carré, l anneau des entiers de Q( d) est un très joli anneau. Par définition, c est l anneau O formé des éléments de Q( d) qui sont racine d un polynôme unitaire à coefficients entiers. (Il n est pas trivial que ce soit un anneau.) On montre ([Duverney] ou [Goblot] ou [Samuel]) que O = Z[ d] si d 2,3 [4] et O = Z[(1 + d)/2] si d 1 [4]. Ici, on utilise ses unités, et, lorsqu il l est sa propriété d être factoriel. (a) Utilisation de la factorialité Sachant que Z[i] est euclidien, donc factoriel, on résout : x 2 + y 2 = z 2, ou y 2 = x 3 1. Sachant que Z[ 11] est euclidien, on résout de même : y 2 = x (b) Groupes des unités Lorsque d > 0, le groupe des unités est, à un groupe fini près, monogène. Cela permet de paramétrer les solutions positives de l équation de Pell x 2 dy 2 = 1 lorsqu on connaît la plus petite d entre elles. Réf. : D. Duverney, Cours de théorie des nombres. 2 Méthodes géométriques Idée : On a une courbe avec une équation à coefficients entiers, et un point à coordonnées entières ; on mène une droite générique passant par ce point, elle coupe la courbe en un autre point : les coordonnées de ce point sont rationnelles. Cette méthode simple permet parfois de résoudre les équations diophantiennes dans Q, ce qui suffit parfois à construire 5

6 (a) Paramétrage rationnel des coniques Commençons par le cas du cercle unité : x 2 + y 2 = 1. Notons J le point de coordonnées ( 1,0), et, pour t R, T t le point de coordonnées (0,t). On note M t l intersection de la droite (JT t ) et du cercle U = {(x,y) R 2,x 2 + y 2 = 1}. Grâce au théorème de l angle inscrit et à l expression de cos θ et sin θ en fonction de t = tan(θ/2), on montre que les coordonnées de M t sont ( 1 t2 2t, ). La correspondance t M 1+t 2 1+t 2 t établit une bijection bicontinue R U \ {J}, qu on peut prolonger à R { } U par J. Lemme Soit t R. Alors t Q si et seulement si 1 t2 1+t 2, 2t 1+t 2 Q. De façon plus générale, quand on a une conique à coefficients entiers et un point à coordonnées rationnelles sur celle-ci, l ensemble des points rationnels (auquel on ajoute 0, 1 ou 2 points à l infini) est en bijection avec Q { }. Voyons comment résoudre x 2 + y 2 = z 2 en entiers à partir du paramétrage précédent. Soit (x,y,z) une solution avec z 0. Quitte à diviser par le pgcd, on peut supposer x,y,z premiers entre eux dans leur ensemble. Mais si p premier divise x et z, par exemple, alors il divise y 2, donc y : ainsi, x, y et z sont premiers entre eux deux à deux. Or, le point (x/z,y/z) est un point du cercle, donc, pour t Q convenable, on a : x/z = (1 t 2 )/(1 + t 2 ) et y/z = 2t/(1 + t 2 ). Ecrivons t = u/v, avec u v = 1. On obtient x(v 2 + u 2 ) = z(v 2 u 2 ), d où, par le lemme de Gauss : z = k(u 2 + v 2 ) pour k convenable. On en déduit aussitôt x = k(v 2 u 2 ) (en fait, k = ±1 pour assurer x z = 1), puis y = k 2uv. Fini. (b) L hyperbole : un groupe qui s ignore Voir le paragraphe V.1 de la leçon Utilisation des groupes en géométrie, sur ce même site. (c) Exemple de degré supérieur : cubique dégénérée On s intéresse ici à y 2 = (x 1) 2 (x + 2). On a une solution évidente : x = 1, y = 0. De plus, ce point est un point double de la courbe. On fait passer une droite y = t(x 1) passant par ce point : elle coupe la courbe en un deuxième point, dont les coordonnées sont rationnelles SSI t est rationnel. Finir. (d) Exemple de degré supérieur : cubique dégénérée Voici un autre exemple où l on peut produire une infinité de solutions : y 2 = x 3 5x. On part de la solution évidente : x = 1, y = 2. On trace la tangente en ce point A, elle coupe la courbe en un deuxième point B. On peut recommencer avec la tangente en B, etc., ou avec la droite joignant B au symétrique de A par rapport à (Ox), ( 1, 2), etc. (e) Exemple de degré supérieur : concours général 2002 Soit ABC un triangle dans un plan euclidien. On note les angles Â, B et Ĉ et les longueurs des côtés a = BC, b = CA et c = AB. On cherche les triangles dont les côtés a, b, c sont entiers et qui sont pseudo-rectangles, au sens que : B Ĉ = π/2. Lemme Les conditions suivantes sont équivalentes : (i) B Ĉ = π/2 ; (ii) b 2 c 2 = a b 2 + c 2 ; (iii) il existe ρ > 0 et θ [0,π/4] tels que a = ρcos 2θ, b = ρcos θ, c = ρsin θ. De plus, a, b et c sont rationnels si et seulement si ρ et tan θ/2 le sont. 6

7 (f) Limites de ces méthodes En degré 2, le paramétrage de la conique par Q { } permet de déterminer les points rationnels, mais il n est pas forcément facile d en déduire les points entiers : essayer avec x 2 5y 2 = 1 à partir de la solution évidente (1,0), pour rire. En degré 3, même pour les points rationnels, la méthode ne marche pas souvent : avec y 2 = x 3 1, par exemple, la tangente au point x = 1, y = 0 est verticale : on peut dire qu elle recoupe la courbe à l infini, mais on ne construit donc pas de nouveau point au moins, dans ce cas, c est pour une bonne raison : on a vu qu il n y en a pas. En dégré supérieur, c est pire : un point rationnel ne suffit pas à construire d autres points, car une droite, fût-elle tangente, recoupe la courbe en strictement plus d un point en général. 3 Fractions continues (pas si facile) On s intéresse à l équation de Pell : x 2 dy 2 = 1, où d est un entier sans facteur carré. Les méthodes précédentes (unités des corps quadratiques, hyperbole) permettent de déduire toutes les solutions de la plus petite d entre elles. Reste à expliquer comment déterminer celle-ci. La méthode habituelle consiste à utiliser les fractions continues Réf. : [Duverney], 4.6 (nécessite aussi 4.4., 4.5). III Autres méthodes en vrac 1 Descente infinie (a) a 2 = 2b 2 : l irrationnalité de 2. (b) Théorème de Fermat pour p = 4 et p = 3. 2 Divers (a) Théorème de Sophie Germain voir [Duverney] ou [Francinou-Gianella]. 3 L équation ax + by = 11 a pour solutions, pour c et d convenables : { x = c 4t (t Z quelconque) y = d 3t. Que valent a,b,c,d? 4 A voir aussi Considérons une forme quadratique à coefficients entiers : q(x,y) = ax 2 + bxy + cy 2. On note d = b 2 4ac son discriminant. On dit que q représente n si l équation q(x,y) = n a une solution. Alors q représente n SSI il existe b,c tq [a,b,c] [n,b,c ] ; pour n et d fixés, il existe une forme de discriminant d qui représente n SSI d est un carré dans Z/4nZ. Application : problème des deux carrés (d = 4). 7