La descente d'Euler, et la réciproque

Le devoir Le théorème de Noël laisse deux dettes, et il les nomme lui-même : un sens d’implication, celui du critère qui trie tous les entiers et non plus seulement les nombres premiers ; et la preuve qu’Euler a mise sept ans à construire, en $1749$, sans disposer d’aucun nombre complexe. Cette page acquitte les deux.

Deux conventions. L’écriture $\alpha \equiv \beta \ [\delta]$ signifie que $\delta$ divise $\alpha - \beta$. Et « somme de deux carrés » signifie toujours : de la forme $a^2+b^2$ avec $a \in \mathbb{Z}$ et $b \in \mathbb{Z}$, le carré $0^2$ étant autorisé.

1. Le sens réciproque du critère

Tout repose sur un seul lemme, et ce lemme est le verrou qui interdit aux nombres premiers de la forme $4k+3$ de se glisser dans une somme de deux carrés.

Lemme. Soit $p$ un nombre premier tel que $p \equiv 3 \ [4]$. Pour tous $a \in \mathbb{Z}$ et $b \in \mathbb{Z}$, si $p$ divise $a^2 + b^2$, alors $p$ divise $a$ et $p$ divise $b$.

La démonstration emprunte deux résultats aux chapitres d’arithmétique, et il faut les nommer avant de s’en servir. Le premier est le théorème de Bézout, sous la forme : si $p$ est premier et ne divise pas $a$, il existe $c \in \mathbb{Z}$ tel que $ac \equiv 1 \ [p]$. Le second est le petit théorème de Fermat : pour tout nombre premier $p$ et tout $t \in \mathbb{Z}$ que $p$ ne divise pas, $t^{\,p-1} \equiv 1 \ [p]$. Le premier vous attend au chapitre A2, le second au chapitre A3 ; ici, on les admet tous les deux.

Démonstration. Supposons que $p$ divise $a^2+b^2$, et raisonnons par l’absurde en supposant que $p$ ne divise pas $a$. Il existe alors $c \in \mathbb{Z}$ tel que $ac \equiv 1 \ [p]$. Multiplions la congruence $a^2 + b^2 \equiv 0 \ [p]$ par $c^2$ :

$$(ac)^2 + (bc)^2 \equiv 0 \ [p], \qquad \text{c'est-à-dire} \qquad 1 + (bc)^2 \equiv 0 \ [p].$$

Posons $t = bc$ : on vient d’obtenir $t^2 \equiv -1 \ [p]$, et $p$ ne divise pas $t$, sinon il diviserait $1$.

Écrivons maintenant $p = 4k+3$ avec $k \in \mathbb{N}$, de sorte que $\dfrac{p-1}{2} = 2k+1$ est impair. En élevant la congruence $t^2 \equiv -1 \ [p]$ à la puissance $2k+1$ :

$$t^{\,p-1} = \left(t^2\right)^{2k+1} \equiv (-1)^{2k+1} = -1 \ [p].$$

Or le petit théorème de Fermat donne $t^{\,p-1} \equiv 1 \ [p]$. Donc $1 \equiv -1 \ [p]$, c’est-à-dire que $p$ divise $2$ : c’est impossible, puisque $p \geqslant 3$.

L’hypothèse est donc absurde : $p$ divise $a$. Il divise alors $b^2 = \left(a^2+b^2\right) - a^2$, et comme il est premier, il divise $b$. $\square$

On voit exactement où le reste de division par $4$ fait son travail : dans la parité de $\dfrac{p-1}{2}$. Pour un premier $p \equiv 1 \ [4]$, cet exposant serait pair, la congruence donnerait $t^{\,p-1} \equiv +1$, et toute contradiction s’évanouirait. Le lemme est faux pour ces nombres-là, et c’est heureux.

Théorème. Soit $n \in \mathbb{N}^{*}$. Si $n$ est somme de deux carrés, alors, pour tout nombre premier $p$ tel que $p \equiv 3 \ [4]$, l’exposant de $p$ dans la décomposition de $n$ en facteurs premiers est pair.

Démonstration, par récurrence forte sur $n$. Notons $v_p(n)$ l’exposant du nombre premier $p$ dans la décomposition de $n$.

Initialisation. Pour $n = 1$, la décomposition est vide : tous les exposants sont nuls, donc pairs.

Hérédité. Soit $n \geqslant 2$. Supposons la propriété vraie pour tout entier $m$ tel que $1 \leqslant m < n$, et supposons $n = a^2+b^2$ avec $a \in \mathbb{Z}$ et $b \in \mathbb{Z}$. Soit $p$ un nombre premier tel que $p \equiv 3 \ [4]$. Si $p$ ne divise pas $n$, alors $v_p(n) = 0$, qui est pair.

Sinon, le lemme donne $p \mid a$ et $p \mid b$. Écrivons $a = p\,a'$ et $b = p\,b'$ avec $a' \in \mathbb{Z}$ et $b' \in \mathbb{Z}$ : il vient $n = p^2\left(a'^{\,2} + b'^{\,2}\right)$. Posons $m = a'^{\,2} + b'^{\,2}$, qui est somme de deux carrés et vaut $\dfrac{n}{p^2}$. Comme $p \geqslant 3$, on a $p^2 \geqslant 9$, donc $1 \leqslant m < n$ : l’hypothèse de récurrence s’applique à $m$ et donne $v_p(m)$ pair. Or $v_p(n) = v_p(m) + 2$, qui est pair. La récurrence est achevée. $\square$

La question Q14c du devoir établit l’implication inverse, celle qui fabrique l’écriture à partir de la décomposition ; on ne la refait pas ici. Les deux sens réunis donnent l’énoncé complet, celui qui tranche pour tout entier :

Un entier naturel non nul est somme de deux carrés si et seulement si tout facteur premier de la forme $4k+3$ y figure à un exposant pair.

2. La preuve d’Euler, par descente infinie

Euler travaille dans $\mathbb{Z}$, et seulement dans $\mathbb{Z}$ : il lui manque tout ce que le devoir installe, les entiers de Gauss et la division euclidienne qui va avec. Il compense par quatre lemmes, dont le dernier est une descente. Voici les cinq étapes, dans leur ordre logique.

Étape 1. Le produit. Pour tous $a \in \mathbb{Z}$, $b \in \mathbb{Z}$, $c \in \mathbb{Z}$ et $d \in \mathbb{Z}$,

$$\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right) = (ac-bd)^2 + (ad+bc)^2 = (ac+bd)^2 + (ad-bc)^2 .$$

C’est l’identité de Diophante, sous ses deux formes, établie à l’exercice $19$ de l’Atelier. Elle dit que le produit de deux sommes de deux carrés en est une, et elle sera utilisée ici dans le sens contraire : pour diviser.

Étape 2. La division par un premier qui se casse. Soient $N \in \mathbb{N}^{*}$ une somme de deux carrés et $q$ un nombre premier lui aussi somme de deux carrés. Si $q$ divise $N$, alors $\dfrac{N}{q}$ est somme de deux carrés.

Écrivons $N = a^2+b^2$ et $q = c^2+d^2$. Alors

$$d^2 N - b^2 q = d^2\left(a^2+b^2\right) - b^2\left(c^2+d^2\right) = a^2d^2 - b^2c^2 = (ad-bc)(ad+bc).$$

Le nombre $q$ divise le membre de gauche, donc il divise le produit $(ad-bc)(ad+bc)$ ; comme il est premier, il divise l’un des deux facteurs.

Supposons $q \mid ad-bc$. La seconde forme de l’identité donne $Nq = (ac+bd)^2 + (ad-bc)^2$, donc $q$ divise $(ac+bd)^2$, donc $q$ divise $ac+bd$. Écrivons $ac+bd = qu$ et $ad-bc = qv$ : il vient $Nq = q^2\left(u^2+v^2\right)$, c’est-à-dire $\dfrac{N}{q} = u^2+v^2$.

Si c’est $ad+bc$ que $q$ divise, on conclut de la même façon avec la première forme de l’identité. $\square$

Étape 3. Le facteur coupable. Soient $N$ une somme de deux carrés et $x$ un diviseur de $N$ qui n’est pas somme de deux carrés. Alors $\dfrac{N}{x}$ possède un facteur premier qui n’est pas somme de deux carrés.

Décomposons $\dfrac{N}{x} = p_1 p_2 \cdots p_r$ en facteurs premiers, répétitions comprises. Ce produit n’est pas vide : si $r$ valait $0$, on aurait $x = N$, qui est somme de deux carrés, contre l’hypothèse. Si tous les $p_i$ étaient sommes de deux carrés, l’étape 2 appliquée $r$ fois, en divisant $N$ successivement par $p_1$, puis $p_2$, et ainsi de suite, montrerait que $x$ est somme de deux carrés. C’est faux : l’un des $p_i$ ne l’est donc pas. $\square$

Étape 4. La descente. Soient $a$ et $b$ des entiers premiers entre eux. Alors tout diviseur de $a^2+b^2$ est somme de deux carrés.

Supposons le contraire. Il existe donc $a$ et $b$ premiers entre eux et un diviseur de $a^2+b^2$ qui n’est pas somme de deux carrés ; par l’étape 3, on peut le supposer premier, et on le note $x$.

Réduisons $a$ et $b$ modulo $x$ en choisissant les représentants les plus proches de zéro : soient $c$ et $d$ les entiers tels que $c \equiv a \ [x]$, $d \equiv b \ [x]$, $\left|c\right| \leqslant \dfrac{x}{2}$ et $\left|d\right| \leqslant \dfrac{x}{2}$. Alors $c^2+d^2 \equiv a^2+b^2 \equiv 0 \ [x]$, et

$$c^2+d^2 \;\leqslant\; \dfrac{x^2}{4} + \dfrac{x^2}{4} \;=\; \dfrac{x^2}{2} \;<\; x^2 .$$

De plus $c^2+d^2$ n’est pas nul : sinon $x$ diviserait $a$ et $b$, qui sont premiers entre eux. Écrivons donc $c^2+d^2 = x\,y$ avec $1 \leqslant y < x$.

Divisons par le facteur commun. Posons $e = \operatorname{pgcd}(c,d)$, puis $c = e\,c'$ et $d = e\,d'$, de sorte que $c'$ et $d'$ sont premiers entre eux. Les entiers $e$ et $x$ le sont aussi : si un nombre premier $\rho$ divisait $e$ et $x$, il diviserait $c$ et $d$, et, divisant aussi $x$, il diviserait $a$ et $b$, ce qui est exclu. De $x \mid e^2\left(c'^{\,2}+d'^{\,2}\right)$ on tire alors $x \mid c'^{\,2}+d'^{\,2}$, et l’on écrit $c'^{\,2}+d'^{\,2} = x\,y'$ avec $y' = \dfrac{y}{e^2}$, donc $1 \leqslant y' \leqslant y < x$.

Appliquons enfin l’étape 3 au nombre $c'^{\,2}+d'^{\,2}$ et à son diviseur $x$ : le quotient $y'$ possède un facteur premier $x'$ qui n’est pas somme de deux carrés, et $x' \leqslant y' < x$.

Nous voilà revenus au point de départ, avec un couple d’entiers premiers entre eux, $c'$ et $d'$, et un nombre premier $x'$ strictement plus petit que $x$, qui divise $c'^{\,2}+d'^{\,2}$ sans être somme de deux carrés. Le procédé se répète indéfiniment et fabrique une suite strictement décroissante d’entiers naturels non nuls : impossible. $\square$

Étape 5. La conclusion. Soit $p$ un nombre premier tel que $p \equiv 1 \ [4]$. On admet, comme le devoir l’admet, qu’il existe $m \in \mathbb{Z}$ tel que $m^2 \equiv -1 \ [p]$, autrement dit que $p$ divise $m^2+1$ ; c’est une conséquence du théorème de Wilson, et le rendez-vous est au chapitre A3.

Or $m^2+1 = m^2+1^2$, et $m$ et $1$ sont premiers entre eux. L’étape 4 s’applique : $p$, qui divise $m^2+1^2$, est somme de deux carrés. $\square$

3. Deux chemins pour un théorème

Euler fabrique à la main un substitut de division, et paie ce manque par une descente ; Gauss, lui, ne descend pas, il change de terrain, et c’est le chemin du devoir. Il serait faux d’en conclure qu’Euler s’y est mal pris : sa preuve reste la plus élémentaire des deux, elle n’utilise que la division euclidienne dans $\mathbb{Z}$ et le fait qu’aucune suite d’entiers naturels ne décroît indéfiniment. Quatre-vingt-trois ans séparent les deux itinéraires, et ce n’est pas le théorème qui a changé pendant ce temps, c’est le paysage autour de lui.

Sources

• Devoir C1 n°1, Le théorème de Noël : la question Q14 pour le sens du critère établi par le devoir, la sortie d’atelier pour les deux dettes réglées ici, et le résultat R4 pour l’énoncé admis de l’étape 5.
• Atelier C1, exercice $19$, pour l’identité de Diophante sous ses deux formes.
• La démonstration de l’étape 5 suit le plan qu’Euler expose à Goldbach dans sa lettre du $12$ avril $1749$, puis publie en $1758$ dans les Novi Commentarii de l’Académie de Saint-Pétersbourg. Des trois énoncés admis ici, le théorème de Bézout est au programme du chapitre A2 et le petit théorème de Fermat à celui du chapitre A3, où vous trouverez aussi les outils du théorème de Wilson.