Arithmétique

• Ecrire calmement les relations de divisibilité ;
• Evénements indépendants 👉 Complémentaires indépendants.

(D’après Exercices de probabilités, Cottrell et al., Cassini, p.8)

1. On a $\displaystyle n=a p$ avec $\displaystyle a\in\N^*$, et $\displaystyle D_p=\{kp, k\le a\}$. Donc $\displaystyle P(D_p)=a/n=1/p$ car $\displaystyle P$ est la probabilité uniforme.
2. Soit $\displaystyle p_1,\cdots, p_k$ des entiers premiers distincts. Si $\displaystyle p_1,\cdots, p_k$ sont des diviseurs de $\displaystyle n$ alors $\displaystyle p_1\cdots p_k$ est un diviseur de $\displaystyle n$, et réciproquement. Donc $$D_{p_1}\cap \cdots \cap D_{p_k}=D_{p_1\cdots p_k},$$ et ainsi par la question 1), $$P(D_{p_1\cdots p_k})=1/(p_1\cdots p_k)=P(D_{p_1})\cdots P(D_{p_k}).$$
3. Soit $\displaystyle A$ l’ensemble des nombres $\displaystyle \le n$ et premiers avec $\displaystyle n$, et $\displaystyle p_1,\cdots, p_k$ les diviseurs premiers de $\displaystyle n$. Si $\displaystyle m\in A$ alors $\displaystyle m$ n’est divisible par aucun des $\displaystyle p_i$ et réciproquement. Donc $\displaystyle A=D_{p_1}^c\cap \cdots \cap D_{p_k}^c$. Par indépendance (valide aussi pour les complémentaires), $$P(A)=P(D_{p_1}^c) \cdots P(D_{p_k}^c).$$ Comme $\displaystyle P$ est la probabilité uniforme, $\displaystyle P(A)=\phi(n)/n$. D’où le résultat car $\displaystyle P(D_{p_i}^c)=1-1/p_i$.

1. On remarque que $\displaystyle \Z[i]$ est un sous-anneau de $\displaystyle \C$, en particulier si $\displaystyle z,z'\in\Z[i]$ alors $\displaystyle zz'\in\Z[i]$. Montrons que $\displaystyle N$ est multiplicative. Soit $\displaystyle z,z'\in\Z[i]$. On a $$N(zz')=zz'\overline{zz'}=z\overline{z}z'\overline{z'}=N(z)N(z'),$$ car $\displaystyle \overline{zz'}=\overline{z}\overline{z'}$ et $\displaystyle \C$ est commutatif. Cela montre également que $\displaystyle \Sigma$ est stable par multiplication. En effet pour tout $\displaystyle m,m'\in \Sigma$, il existe $\displaystyle z,z'\in\Z[i]$ tels que $\displaystyle m=N(z)$ et $\displaystyle m'=N(z')$. Il suffit alors de remarquer que $\displaystyle mm'=N(z)N(z')=N(zz')=r^2+s^2$ avec $\displaystyle r,s\in\Z$, i.e. $\displaystyle N(zz')\in \Sigma$.
   Posons $\displaystyle z=a+ib$ et $\displaystyle z'=c+id$. On a $\displaystyle zz'=ac-bd+i(bc+ad)$. Il suffit alors d’écrire $\displaystyle N(z)$, $\displaystyle N(z')$, $\displaystyle N(zz')$, et d’utiliser la multiplicativité de $\displaystyle N$ pour déduire l’identité de Lagrange.

2. Soit $\displaystyle z\in \Z[i]^*$ un inversible de $\displaystyle \Z[i]$. Alors il existe $\displaystyle z'\in \Z[i]$ tel que $\displaystyle zz'=1$. Ainsi $$N(zz')=N(z)N(z')=N(1)=1.$$ Comme $\displaystyle N(z),N(z')\in\N$, cela force $\displaystyle N(z)=N(z')=1$. Donc il faut trouver les entiers $\displaystyle a$ et $\displaystyle b$ tels que $\displaystyle a^2+b^2=1$. Il n’y a pas beaucoup de choix : $\displaystyle a=\pm1$ et $\displaystyle b=0$, ou : $\displaystyle a=0$ et $\displaystyle b=\pm1$. Cela correspond au cas $\displaystyle z=\pm1$ ou $\displaystyle z=\pm i$. On vérifie bien que ces $\displaystyle 4$ éléments sont inversibles dans $\displaystyle \Z[i]$, et on conclut que $\displaystyle \Z[i]^*=\{±1,±i\}$.

3. D’abord, on remarque $\displaystyle \Z[i]$ est intègre en tant que sous-anneau de l’anneau intègre $\displaystyle \C$.
   Soit $\displaystyle z,D\in\Z[i]$. Il faut maintenant approximer $\displaystyle \frac{z}{D}=x+iy$ par un $\displaystyle q=a+ib\in\Z[i]$. On choisit les entiers $\displaystyle a$ et $\displaystyle b$ les plus proches de $\displaystyle x$ et $\displaystyle y$ de sorte que $\displaystyle |x-a|\le 1/2$ et $\displaystyle |y-b|\le 1/2$. Alors $\displaystyle |z/D-q|^2\le 1/4+1/4<1$. En posant $\displaystyle r=z-qD\in\Z[i]$, on a donc $\displaystyle N(r)=|r|^2=|D|^2|z/D-q|^2<|D|^2=N(D)$, ce qu’on voulait.
   On en déduit que $\displaystyle \Z[i]$ est euclidien (donc principal, donc factoriel, cf cours M1).

4. Soit $\displaystyle a\in\mathbb F_p^*$ avec $\displaystyle a=x^2$. Alors $\displaystyle a^{\frac{p-1}{2}}=x^{p-1}=1$ car $\displaystyle \mathbb F_p^*$ est un groupe de cardinal $\displaystyle p-1$ ($\displaystyle \mathbb F_p$ est un corps i.e. tous les éléments non nul de $\displaystyle \mathbb F_p$ sont inversibles et il y en a $\displaystyle p-1$).
   Montrons la réciproque. On sait déjà d’après ce qui précède que $\displaystyle I:=\left\{x^2, x\in \mathbb F_p^*\right\}\subset \left\{a\in \mathbb F_p^*, \ a^{\frac{p-1}{2}}=1\right\}:=R$. L’application $\displaystyle \phi:\mathbb F_p^*\to \mathbb F_p^*$, $\displaystyle x\mapsto x^2$, est un morphisme de groupe car $\displaystyle \mathbb F_p^*$ est commutatif. Comme $\displaystyle \mathbb F_p^*$ est de cardinal $\displaystyle p-1$ et que le noyau de $\displaystyle \phi$ est $\displaystyle \{1,-1\}$ (de cardinal $\displaystyle 2$), on en déduit par le théorème de l’isomorphisme que $\displaystyle I={\rm Im}\ \phi$ est de cardinal $\displaystyle \frac{p-1}{2}$. Or $\displaystyle R$ est l’ensemble des racines du polynôme $\displaystyle X^{\frac{p-1}{2}}-1$ sur le corps $\displaystyle \mathbb F_p$, donc le cardinal de $\displaystyle R$ est plus petit que $\displaystyle \frac{p-1}{2}$. Comme $\displaystyle I\subset R$, il vient $\displaystyle I=R$, ce qu’on voulait.

5. (i) $\displaystyle \Longrightarrow$ (ii) — Écrivons $\displaystyle p=a^2+b^2$. Faisons les différents cas modulo $\displaystyle 4$. Soit $\displaystyle a=0,1,2,3\ [4]$, d’où $\displaystyle a^2=0,1\ [4]$, idem pour $\displaystyle b^2$. Donc $\displaystyle a^2+b^2=0,1,2\ [4]$. Comme $\displaystyle p$ est impair, il ne reste que la possibilité $\displaystyle p=1\ [4]$.
   (ii) $\displaystyle \Longrightarrow$ (iii) — On va utiliser le résultat avec le symbole de Legendre à la question 4). Écrivons $\displaystyle p=1+4k$, alors $\displaystyle (-1)^{(p-1)/2}=(-1)^{2k}=1$, ce qui implique que $\displaystyle -1$ est un carré dans $\displaystyle \mathbb F_p$.
   (iii) $\displaystyle \Longrightarrow$ (iv) — On a les isomorphismes d’anneaux suivants : $$\Z[i]/(p)\simeq \Z[X]/(X^2+1,p) \simeq \mathbb F_p[X]/(X^2+1).$$ Comme $\displaystyle -1$ est un carré dans $\displaystyle \mathbb F_p$, le polynôme $\displaystyle X^2+1$ n’est pas irréductible dans $\displaystyle \mathbb F_p[X]$, donc $\displaystyle \mathbb F_p[X]/(X^2+1)\simeq \Z[i]/(p)$ n’est pas un corps. Ainsi l’idéal $\displaystyle (p)$ ne peut pas être premier et donc $\displaystyle p$ n’est pas irréductible dans $\displaystyle \Z[i]$.
   (iv) $\displaystyle \Longrightarrow$ (i) — Écrivons $\displaystyle p=zz'$ avec $\displaystyle z,z'\notin \Z[i]^*=\{±1,±i\}$. On a $\displaystyle N(p)=p^2=N(z)N(z')$. Comme $\displaystyle N(z)>1$ et $\displaystyle N(z')>1$ et que chacun vaut $\displaystyle p$ ou $\displaystyle p^2$ car $\displaystyle p$ premier, il vient $\displaystyle N(z)=N(z')=p$. Donc $\displaystyle p\in\Sigma$.

6. ($\displaystyle \Longleftarrow$) Dans la décomposition de $\displaystyle n$, si $\displaystyle p=1\ [4]$ alors $\displaystyle p\in\Sigma$. Par stabilité de $\displaystyle \Sigma$ par multiplication, il vient $\displaystyle \prod_{p=1\ [4],\ p|n} p^{v_p(n)}\in\Sigma$. Si $\displaystyle p=3\ [4]$, $\displaystyle v_p(n)$ est pair par hypothèse, donc $\displaystyle p^{v_p(n)}$ est un carré et en particulier $\displaystyle p^{v_p(n)}\in\Sigma$. On invoque encore la stabilité de $\displaystyle \Sigma$ pour conclure que $\displaystyle n\in\Sigma$.
   ($\displaystyle \Longrightarrow$) Soit $\displaystyle p=3\ [4]$ qui divise $\displaystyle n=a^2+b^2=(a+ib)(a-ib)$. Par ce qui précède, $\displaystyle p$ est irréductible dans $\displaystyle \Z[i]$ qui est un anneau factoriel, donc $\displaystyle p$ divise $\displaystyle a+ib$ ou $\displaystyle a-ib$, disons $\displaystyle a+ib$. Alors $\displaystyle p$ divise $\displaystyle a$ et $\displaystyle b$ car $\displaystyle p\in\N$, et donc aussi $\displaystyle a-ib$. Écrivons $\displaystyle a+ib=p^kz$ avec $\displaystyle p$ ne divisant pas $\displaystyle z$. Donc $\displaystyle a-ib=p^k\overline{z}$. Ainsi $\displaystyle n=p^{2k}|z|^2$. On en déduit que $\displaystyle v_p(n)$ est pair.

On calcule les cubes modulo $\displaystyle 7$ : $\displaystyle 0^3=0[7]$, $\displaystyle 1^3=1[7]$, $\displaystyle 2^3=1[7]$, $\displaystyle 3^3=-1[7]$, $\displaystyle 4^3=(-3)^3=1[7]$; $\displaystyle 5^3=(-2)^3=-1[7]$, $\displaystyle 6^3=(-1)^3=-1[7]$. Donc pour que la somme de trois cubes soit nulle (i.e. soit divisible par 7), il faut qu’au moins un soit congru à $\displaystyle 0[7]$, donc $\displaystyle 7$ divise $\displaystyle a$, $\displaystyle b$ ou $\displaystyle c$, i.e. $\displaystyle 7|abc$.

Le dernier chiffre d’un nombre est son reste modulo $\displaystyle 10$. Donc calculons les puissances successives de $\displaystyle 7$ modulo $\displaystyle 10$. On a $\displaystyle 7=-3 [10]$, $\displaystyle 7^2=9=-1 [10]$, $\displaystyle 7^4=1 [10]$, et donc il ya une périodicité de $\displaystyle 4$. Il suffit de trouver le reste $\displaystyle 7^7$ modulo $\displaystyle 4$. On a $\displaystyle 7=-1 [4]$ et $\displaystyle 7^7=(-1)^7=-1=3[4]$, d’où $\displaystyle 7^7=4k+3$. Ainsi $\displaystyle 7^{7^7}=7^{4k+3}=7^3[10]$, et donc $\displaystyle 7^{7^7}=7^27=-7=3[10]$. Le dernier chiffre cherché est donc $\displaystyle 3$.

$\displaystyle 2^{70}+3^{70}$ 👉 ça fait penser à l’identité remarquable $\displaystyle a^q-b^q$.

Réponse directe : $\displaystyle 2^{70}+3^{70} = 2503155504994422192936289397389273$, qui vaut $\displaystyle 13 \times 192550423461109399456637645953021$. 😵😱

Mais bon, on s’attend à quelque chose de plus astucieux…😉

On voudrait utiliser $\displaystyle a^k-b^k$, mais ici on a un $\displaystyle +$. Essayons quand même : $\displaystyle 2^{70}+3^{70}=4^{35}+9^{35}=4^{35}-(-9)^{35}=(4-(-9))\left(\sum \cdots\right)$, donc $\displaystyle 13|(2^{70}+3^{70})$.
On peut aussi utiliser des congruences modulo $\displaystyle 13$ et le petit théorème de Fermat.

💡 Réindexer $\displaystyle \sum_{d|n}d$.

Ecrivons d’abord la définition $\displaystyle \sigma(n)=\sum_{d|n}d$. On ne voit pas bien comment faire apparaître le terme en $\displaystyle n$. Mais si $\displaystyle d$ est un diviseur de $\displaystyle n$ alors $\displaystyle \frac{n}{d}$ aussi et réciproquement ! On peut alors aussi écrire $$\sigma(n)=\sum_{d|n}\frac{n}{d}\le n\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\le n(1+\ln(n)),$$ qui est déjà une majoration très bonne à peu de frais !

Trop dur d’utiliser la propriété qu’un nombre est premier 👉 Plutôt montrer qu’un nombre n’est pas premier, ici penser à une contraposée.

1. Preuve par contraposée : supposons que $\displaystyle n=2^ka$ avec $\displaystyle a>1$ impair. Posons $\displaystyle F_k=2^{2^k}+1$. C’est idiot mais on peut écrire que $\displaystyle 2^{2^k}=-1\ [F_k]$, et il n’y a plus qu’à élever à la puissance $\displaystyle a$, ce qui donne $\displaystyle 2^{a2^k}=(-1)^a=-1\ [F_k]$ car $\displaystyle a$ est impair. Donc $\displaystyle 2^n+1=0\ [F_k]$ et alors $\displaystyle 2^n+1$ n’est pas premier !
2. On va utiliser l’astuce géniale d’Euler d’écrire 641 de deux manières différentes : $\displaystyle 641=5^4+2^4=1+5\times2^7$. Ainsi $\displaystyle 5\times2^7=-1\ [641]$ et $\displaystyle 5^4\times 2^{28}=1\ [641]$. Mais $\displaystyle 5^4=-2^4\ [641]$, d’où $\displaystyle -2^4\times 2^{28}=1\ [641]$, i.e. $\displaystyle 2^{32}=-1\ [641]$. Ainsi $\displaystyle 641$ divise $\displaystyle 2^{32}+1=2^{2^5}+1$.

Remarque — Tu verras que l’astuce d’écrire $\displaystyle a=b+c$ comme $\displaystyle b=-c\ [a]$ est très puissante. Cet exercice concerne les nombres de Fermat qui est un sujet fascinant !

Pas facile de travailler avec un irrationnel 👉 Preuve par l’absurde !

Par l’absurde, on suppose que $\displaystyle \sqrt{2}=\frac{p}{q}$ et que la fraction est irréductible. Alors $\displaystyle p^2=2q^2$, donc $\displaystyle p^2$ est pair et donc forcément $\displaystyle p$ aussi, i.e. $\displaystyle p=2k$. On obtient alors $\displaystyle 4k^2=2q^2$, i.e. $\displaystyle q^2=2k^2$, et donc $\displaystyle q^2$ est pair, et alors $\displaystyle q$ aussi. Mais on avait supposé que la fraction était irréductible, alors qu’on vient de voir qu’on peut simplifier par $\displaystyle 2$. Contradiction !

Preuve par l’absurde !

Par l’absurde : supposons qu’il n’existe qu’un nombre fini de nombres premiers, disons $\displaystyle p_1,\ldots,p_r$. Considérons $\displaystyle N=\prod_{1\le i\le r}p_i +1$, qui ne peut pas être premier car $\displaystyle N>p_r$. Donc $\displaystyle N$ est divisible par un nombre premier qui est forcément dans la liste $\displaystyle p_1,\cdots,p_r$, disons $\displaystyle p_j$. On a donc $\displaystyle p_j|N$ et $\displaystyle p_j|\prod_{1\le i\le r}p_i$, d’où d’après l’expression de $\displaystyle N$, $\displaystyle p_j$ divise $\displaystyle 1$, et c’est impossible !

Attention : si $\displaystyle (p_n)_{n \ge 1}$ est la suite des nombres premiers, alors les nombres de la forme $\displaystyle \prod_{k=1}^n p_k +1$ ne sont pas tous premiers ! Par exemple, $\displaystyle 2 \times 3 \times 5 \times 7 \times 11 \times 13 +1 = 30031$ est divisible par 59.

• Trop dur d’utiliser la propriété qu’un nombre est premier 👉 Plutôt considérer qu’un nombre n’est pas premier (i.e. ici penser à une preuve par contraposée)
• $\displaystyle a^n+b^n$ 👉 Fait penser à l’identité remarquable $\displaystyle a^q-b^q$.

Supposons que $\displaystyle n$ n’est pas une puissance de $\displaystyle 2$, i.e. $\displaystyle n=2^r m$ où $\displaystyle m$ est un entier impair $\displaystyle \ge3$.
On a alors $\displaystyle a^n+b^n=(a^{2^r})^m+(b^{2^r})^m=(a^{2^r})^m-(-b^{2^r})^m$ car $\displaystyle m$ est impair.
Donc, grâce à l’identité remarquable bien connue $\displaystyle A^q-B^q=(A-B)\cdots$, on peut écrire $$a^n+b^n=(a^{2^r}-(-b^{2^r}))d,$$ où $\displaystyle d>1$ car $\displaystyle a^{2^r}-(-b^{2^r})=a^{2^r}+b^{2^r}<a^n+b^n$, $\displaystyle \ a$ et $\displaystyle b$ étant non nuls.
Ainsi $\displaystyle a^n+b^n$ n’est pas premier, ce qu’on voulait.

1. On essaie $\displaystyle (3,4,5)$ et ça marche : $\displaystyle 3^2+4^2=9+16=25=5^2$.
   Le cas $\displaystyle b=0$ correspond au cas où le triangle est aplati. Lorsque $\displaystyle c=0$, cela veut dire que $\displaystyle a=b=0$, donc cette fois-ci notre triangle est en fait juste un point !

2. En divisant par $\displaystyle c$ l’équation $\displaystyle (\star)$, on obtient $\displaystyle \alpha^2 + \beta^2=1,$ où $\displaystyle \alpha=a/c$ et $\displaystyle \beta=b/c$. Cette égalité nous fait penser à la formule : $\displaystyle \cos^2 \theta + \sin^2 \theta=1.$

3. Oui, on peut trouver des $\displaystyle t$ qui soient rationnels. On peut même tous les avoir ! Considérons un rationnel quelconque $\displaystyle p/q$. On pose $\displaystyle \theta = 2 \arctan (p/q)$. Alors on vérifie facilement que $\displaystyle t=p/q$.
   Ainsi, en utilisant la formule trigo de la question 2), on obtient :
   $$\frac{\left(1-\frac{p^2}{q^2}\right)^2}{\left(1+\frac{p^2}{q^2}\right)^2}+\frac{\left(2\frac{p}{q}\right)^2}{\left(1+\frac{p^2}{q^2}\right)^2}=1.$$ D’où :
   $$\left(1-\frac{p^2}{q^2}\right)^2 + \left(2\frac{p}{q}\right)^2 = \left(1+\frac{p^2}{q^2}\right)^2.$$ Finalement, en multipliant par $\displaystyle q^4$,
   $$\left(q^2-p^2\right)^2 + 4p^2q^2 = \left(q^2+p^2\right)^2.$$

4. Pour s’amuser, prenons $\displaystyle p=2$ et $\displaystyle q=3$. On a :
   $$\begin{aligned} q^2-p^2 = & \ 5\\ 2pq = & \ 12\\ q^2+p^2 = & \ 13. \end{aligned}$$ Vérification : $\displaystyle 5^2+12^2= 25+144= 169= 13^2$. Incroyable, non ?

$\displaystyle p_i$ premier 👉 Petit théorème de Fermat !

1. Soit $\displaystyle a$ premier avec $\displaystyle n$ et $\displaystyle 1\le i\le r$. Donc $\displaystyle a$ est premier avec $\displaystyle p_i$, et par le petit théorème de Fermat : $\displaystyle a^{p_i-1}=1\ [p_i]$. D’où $\displaystyle a^{n-1}=1\ [p_i]$ car $\displaystyle p_i-1\ |\ n-1$. Ainsi $\displaystyle p_i$ divise $\displaystyle a^{n-1}-1$ pour tout $\displaystyle i$. Comme les $\displaystyle p_i$ sont premiers, donc premiers entre eux, on en déduit que $\displaystyle n=p_1\cdots p_r$ divise $\displaystyle a^{n-1}-1$. Comme $\displaystyle a$ est arbitraire premier avec $\displaystyle n$, on en déduit que $\displaystyle n$ est un nombre de Carmichel.
2. Comme $\displaystyle 5+6+1=12$, il vient : $\displaystyle 3\ |\ 561$. Comme $\displaystyle 5+1=6$, on a aussi $\displaystyle 11\ |\ 561$. On remarque que $\displaystyle 33\times 20=660$, et $\displaystyle 660-3\times33=561$. On a donc la décomposition en facteurs premiers : $\displaystyle 561=3\times 11\times 17$. On peut vérifier la condition établie à la question 1). En effet, $\displaystyle 2$ et $\displaystyle 10$ divisent $\displaystyle 560$, et $\displaystyle 16$ divise $\displaystyle 560$.

Remarque — On peut montrer que la réciproque de 1) est vraie, mais c’est plus dur 😬. On en déduit qu’un nombre de Carmichael est composé d’au moins $\displaystyle 3$ facteurs premiers (petit exercice 😉). L’entier $\displaystyle 561$ est en fait le plus petit nombre de Carmichael.

Partition de $\displaystyle \Z/n\Z$ en éléments d’ordre $\displaystyle d\ |\ n$.

Nous donnons une preuve originale que l’on voit dans un certain nombre de “vieux” livres. Considérons les fractions :
$$\frac{1}{n},\ \frac{2}{n}, \frac{3}{n}, \cdots, \frac{n-1}{n}, \frac{n}{n}.$$ Écrivons chacune d’entre elles sous forme irréductible $\displaystyle \frac{k}{d}$ où $\displaystyle d\ |\ n$ et $\displaystyle k\wedge d=1$. On a $\displaystyle 1\le k\le d-1$. Réciproquement, toute fraction $\displaystyle \frac{k}{d}$ avec $\displaystyle d\ |\ n$, $\displaystyle k\wedge d=1$ et $\displaystyle 1\le k\le d-1$, correspond à une unique fraction $\displaystyle \frac{m}{n}$, $\displaystyle 1\le m\le n$. A tout $\displaystyle d\ |\ n$, il y a $\displaystyle \varphi(d)$ possibilités pour choisir $\displaystyle k$ par définition de $\displaystyle \varphi(d)$. Comme il y a $\displaystyle n$ fractions et qu’il y a une bijection entre chaque fraction $\displaystyle \frac{m}{n}$ et fraction irréductible $\displaystyle \frac{k}{d}$, il vient :
$$n=\sum_{d|n}\varphi(d).$$
Remarque — Cette écriture correspond aussi à la partition de $\displaystyle \Z/n\Z$ en éléments d’ordre $\displaystyle d\ |\ n$. Ces éléments d’ordre $\displaystyle d$ sont les générateurs de l’unique sous-groupe cyclique de cardinal $\displaystyle d$, et il y a par définition $\displaystyle \varphi(d)$ générateurs.

Par l’absurde !

Supposons qu’il n’existe qu’un nombre fini de nombres premiers congrus à $\displaystyle 3$ modulo $\displaystyle 4$ ; on les appelle $\displaystyle p_1, \cdots, p_r$. Posons $\displaystyle N=4\ p_1\cdots p_r -1$. On remarque que $\displaystyle N$ est impair et n’est divisible par aucun des $\displaystyle p_i$ car sinon $\displaystyle p_i$ diviserait $\displaystyle -1$. Donc les diviseurs premiers de $\displaystyle N$ sont forcément congrus à $\displaystyle 1$ modulo $\displaystyle 4$, donc leur produit, qui vaut $\displaystyle N$, aussi. Ce n’est pas possible car $\displaystyle N=-1=3\ [4]$. D’où la conclusion.