1. Préliminaires
‘-
Dans cette section, nous allons considérer les formes
quadratiques en général.
Formes quadratiques
Définitions 1.1. Une forme quadratique (i.e., une
forme quadratique binaire entière) est un polynôme homogène du second degré de la forme
f = f (X, Y ) = aX 2 + bXY + cY 2 avec a, b, c 2 Z,
qui sera noté
Claude Levesque (U. Laval)
Ecole CIMPA de Oujda (Juin 2015)
f = ha, b, ci .
La matrice associée à f est
✓
◆
a 21 b
Mf =
,
1
2b c
et le discriminant de f est
=
f
= b2
4ac =
4 dét(Mf ).
Nous avons alors
f (X, Y ) = aX 2 + bXY + cY 2 = X Y
✓
◆✓ ◆
a 12 b
X
= X Y
.
1
c
Y
2b
Mf
✓
X
Y
◆
Souvent on écrit f = ha, b, ?i parce que l’entier c est
b2
uniquement déterminé par le discriminant: c =
.
4a
Parfois on écrit aussi f = h?, b, ci.
1
2
3
Définitions 1.2. Une forme quadratique f (X, Y )
représente un entier k 2 Z s’il existe x, y 2 Z tels que
De plus, comme ⌘ b2 (mod 4) et comme un carré est
congru à 0 ou 1 (mod 4), nous déduisons la congruence
ax2 + bxy + cy 2 = k,
et la représentation est dite primitive si pgcd(x, y) = 1.
Remarquons que si f (X, Y ) = aX 2 + bXY + cY 2,
alors (
4af (X, Y ) = (2aX + bY )2
Y 2,
4cf (X, Y ) = (2cY + bX)2
X 2.
Nous déduisons que si > 0, alors f (X, Y ) représente à
la fois des entiers positifs et des entiers négatifs, alors que si
est négatif, f (X, Y ) représente des entiers qui sont tous
positifs ou tous négatifs, selon que respectivement a > 0
ou a < 0.
Définitions 1.3. Une forme quadratique f = ha, b, ci
est dite primitive si pgcd(a, b, c) = 1. Elle est dite définie
positive si
< 0 avec a > 0, c > 0, et elle est dite
définie négative si
< 0 avec a < 0, c < 0. Une
forme quadratique f est dite indéfinie si
> 0. Nous
dénoterons par F l’ensemble de toutes formes quadratiques primitives de discriminant .
Pour la suite, nous supposerons toujours que les formes
quadratiques rencontrées sont non dégénérées (c’est-à-dire
6= 0) et sont aussi primitives.
Comme = b2 4ac, nous déduisons que est pair
(resp. impair) si et seulement si b est pair (resp. impair).
⌘ 0 ou 1
(mod 4).
Définition 1.4. Le discriminant d’une forme quadratique est dit fondamental lorsque
• ou bien ⌘ 1 (mod 4) avec sans facteur carré,
• ou bien ⌘ 0 (mod 4) avec = 4m, m ⌘ 2 ou 3
(mod 4) , m sans facteur carré.
Définition 1.5. La forme quadratique principale f0
de discriminant est
(⌦
↵
si
⌘ 0 (mod 4),
1, 0, 14
f0 = ⌦
↵
1, 1, 14 (1
) si
⌘ 1 (mod 4).
Définition 1.6. Posons
⇢✓
◆
r s
GL2(Z) =
: r, s, t, u 2 Z, ru st = ±1 ,
t u
⇢✓
◆
r s
SL2(Z) =
: r, s, t, u 2 Z, ru st = 1 .
t u
✓
◆
r s
Soit A =
2 GL2(Z). L’action de A sur
t u
f = aX 2 + bXY + cY 2, notée Af , est le résultat de la
fonction
TA :
F
!F
f = ha, b, ci 7 ! TA(f ) = Af = f 0 = ha0, b0, c0i,
4
5
où par définition, nous avons
Mf 0 = AtMf A
ars + cut + 12 (ru + st)b
ar2 + brt + ct2
=
ars + cut +
1
2 (ru
2
+ st)b
as + bsu + cu
2
t
Ci-dessus, A est la transposée de la matrice A. D’où
✓
◆
r s
Af =
f = f 0 = ha0, b,0 c0i
t u
avec
8 0
2
2
>
< a = ar + brt + ct = f (r, t),
b0 = (ru + st)b + 2(ars + cut),
>
: 0
c = as2 + bsu + cu2 = f (s, u).
D’une part, nous avons donc
✓
◆
r s
Af =
f
t u
✓
◆
✓
◆✓ ◆
r t
r s
X
= X Y
Mf
s u
t u
Y
✓
◆✓
◆✓
◆✓ ◆
r t
a 12 b
r s
X
= X Y
1
s u
b c
t u
Y
2
|
{z
}
✓ 0 1 0 ◆✓ ◆
a 2b
X
= X Y
1 0
c0
Y
2b
= a0X 2 + b0XY + c0Y 2,
et d’autre part, nous avons aussi
!
Af =
.
=
X Y
|
V W
✓
✓
{z
a
1
2b
r t
s u
1
2b
c
◆✓
}
◆✓
a
1
2b
V
W
1
2b
c
◆✓
◆
|
r s
t u
◆✓
{z
X
Y
◆
}
= a(rX + sY )2 + b(rX + sY )(tX + uY ) + c(tX + uY )2
= aV 2 + bV W + cW 2
avec ✓
◆ ✓
◆✓ ◆ ✓
◆
V
r s
X
rX + sY
=
=
·
W
t u
Y
tX + uY
Remarque 1.7. Il y a des actions importantes sur
f = ha, b, ci qu’il vaut la peine d’avoir dans son portefeuille:
✓
◆
0 1
•
ha, b, ci = hc, b, ai ;
1 0
✓
◆
✓
◆
0 1
0 1
•
ha, b, ci =
ha, b, ci = hc, b, ai ;
1 0
1 0
✓
◆
⌦
↵
r 1
•
ha, b, ci = ar2 + br + c, b + 2ar, a ;
1 0
✓
◆
⌦
↵
0 1
•
ha, b, ci = c, b + 2cu, a + bu + cu2 ;
1 u
6
7
✓
1 s
0 1
✓
1 0
t 1
•
✓
r
1
•
✓
•
•
•
•
•
0
1
✓
✓
✓
◆
f
◆
f
1
0
◆
1
u
◆
f =
◆
f =
1 s
0 1
1
t
1
0
0
1
0
1
=
=
=
=
◆
◆
f =
=
=
=
f =
=
f =
✓
1
0
✓
✓
⌦
⌦
⌦
0
1
◆
ha, b, ci
r 1
1 0
◆
ha, b, ci
1
u
◆
ar2 + br + c,
0
1
c,
1
0
a,
✓
⌦
1
t
↵
a + bt + ct2, b + 2ct, c ;
✓
⌦
ha, b, ci
↵
a, b + 2as, as2 + bs + c ;
✓
⌦
s
1
◆
b
1 0
t 1
◆
↵
bu + cu2 ;
ha, b, ci
↵
2as, c + bs + as7 ;
◆
ha, b, ci
◆
ha, b, ci = ha, b, ci.
a + bt + ct2,
✓
1 0
0 1
2ar, a ;
ha, b, ci
b + 2cu, a
s
1
C`( ) := F / ⇡
↵
b
b
Définitions 1.8. Soit f et g deux formes quadratiques.
• D’une part, la forme f est dite équivalente au sens
large à g, en symboles f ⇡ g, s’il existe une matrice
A 2 GL2(Z) telle que g = Af . Il est par contre d’usage
fréquent d’omettre l’expression au sens large et d’écrire
seulement f est équivalente à g. Posons
↵
2ct, c ;
et soit h = h la cardinalité de C`( ). Un élément de
C`( ) est appelé une classe au sens large et h est dit le
nombre de classes au sens large.
• D’autre part, f est dite équivalente au sens strict à
g, en symboles f ⇠ g, s’il existe A 2 SL2(Z) telle que g =
Af . On dit aussi que f est équivalente au sens restreint
à g, ou encore que f est équivalente au sens étroit à g;
parfois on dit aussi que f est équivalente au sens propre à
g ou encore que f est proprement équivalente à g. Posons
+
+
C`+( ) := F / ⇠
et soit h = h la cardinalité de C`+( ). Un élément de
C`+( ) est appelé une classe au sens strict et h+ est dit
le nombre de classes au sens strict.
Remarques 1.9. Voici une façon de retenir ces définitions.
(1) D’une part, l’équivalence au sens large fait intervenir un déterminant qui peut être 1 ou -1, c’est-à-dire
8
9
l’admissibilité à une classe fait intervenir un critère plus
large.
(2) D’autre part, l’équivalence au sens strict, restreint,
étroit fait intervenir un déterminant égal à 1, c’est-à-dire
l’admissibilité à une classe fait intervenir un critère plus
strict, plus restreint, plus étroit.
(3) Il est préférable d’éviter les expressions “au sens
fort” et “au sens faible” car leurs définitions varient selon
les auteurs. En fait, même les symboles ⇡ et ⇠ ne font
pas l’unanimité.
Exercice 1.4. Supposons que
f = ha, b, ci = aX 2 + bXY + cY 2
et qu’il existe des entiers r et t copremiers entre eux pour
lesquels nous avons k = f (r, t). Prouvez qu’il existe des
entiers b0, c0 tels que f ⇠ hk, b0, c0i.
Suggestion. L’identité de Bezout est dans le décor.
(4) De plus, dans le cas de l’équivalence au sens large, si
la matrice qui agit sur f pour donner g est de déterminant
+1, on dit parfois que f est proprement équivalente à
g, et si la matrice qui agit sur f pour donner g est de
déterminant 1, on dit alors que f est improprement
équivalente à g.
Exercice 1.1. Prouvez que ⇡ et ⇠ sont des relations
d’équivalence.
Exercice 1.2. Prouvez que deux formes quadratiques
équivalentes (au sens strict ou au sens large) ont forcément
le même discriminant.
Exercice 1.3. Exhibez deux formes quadratiques vérifiant à la fois la propriété “f est proprement équivalente
à g” et la propriété “f est improprement équivalente
à g”.
10
11
2. Formes quadratiques définies positives
Concentrons-nous maintenant sur les formes quadratiques définies positives.
Définition 2.1. Une forme quadratique définie positive f = ha, b, ci est dite réduite si |b|  a  c et si de
plus b 0 lorsque |b| = a ou lorsque c = a.
Proposition 2.2. (1) Soit f = ha, b, ci une forme
quadratique définie positive réduite. Alors les propriétés suivantes sont vérifiées:
(i) b2 ⌘
(mod 4) et b ⌘
q
(ii) 0  |b|  a  13 | |;
(iii) a
b2
4
(iv) |b|  a 
et c
b2
b2
4
(mod 2);
Démonstration. (1)(i) D’une part,
= 4ac ⌘ 0
D’autre part, b2 ⌘
⌘ 0 ou 1
(mod 4).
(mod 2). Comme
(mod 4) et b2 ⌘ 0 ou 1
nous concluons que b ⌘
(mod 2).
4b2  4a2  4ac = b2
(mod 4),
 a2
.
D’où
3b2  3a2 
Donc
.
1
b2  a2  | |,
3
de sorte que
r
1
| |.
3
(iii) Les deux divisibilités découlent de l’égalité
|b|  a 
ac =
;
(= c).
4a
(2) De plus, il existe une (unique) forme réduite
dans chaque classe de formes définies positives.
b2
(ii) Nous avons
b2
4
·
(iv) Si f est réduite, cela signifie que |b|  a  c, de
sorte que
b2
|b|  a  c =
·
4a
(2) Soit f = ha, b, ci une forme quadratique de discriminant
< 0. Montrons maintenant qu’il existe une
forme réduite dans la classe de f . Cet objectif est atteint
au moyen d’un algorithme standard appelé algorithme de
réduction. Cet algorithme fait intervenir une combinaison de deux opérations que nous allons immédiatement
décrire:
12
13
• S’il s’avère d’une part que f est telle que a
c,
on considère alors
✓
◆
0 1
ha0, b0, c0i = hc, b, ai =
ha, b, ci ⇠ ha, b, ci ,
1 0
de sorte que nous avons maintenant a0  c0.
• Supposons d’autre part que cette forme f est telle
que |b| > a. Il existe alors un entier satisfaisant
b
c
2c


b
c
2c
+ 1,
En faisant agir
f⇠
✓
0
1
1
◆
|
0
1
b + 2c |  c.
◆
1
sur f , nous avons alors
ha, b, ci = ha0, b0, c0i
⌦
= c, b + 2c , a
b +c
de sorte que nous avons maintenant |b0|  a0.
La preuve de l’unicité découle du théorème 2.3 ci-dessous.
Théorème 2.3. Les formes quadratiques réduites
définies positives ne sont jamais strictement équivalentes
entre elles.
Démonstration. Supposons que les formes réduites
f = ha, b, ci et f 0 = ha0✓
, b0, c0i ◆
sont équivalentes au sens
r s
strict, i.e., il existe A =
2 SL2(Z) tel que
t u
✓
◆
r s
(2.1) ha0, b0, c0i = A ha, b, ci =
ha, b, ci ,
t u
c’est-à-dire,
✓
avons c0 < a0 = c, et puisque nous travaillons avec des entiers positifs, alors l’algorithme se termine après un nombre
fini d’étapes, et nous avons ainsi trouvé la forme réduite
recherchée.
↵
2
,
Si a0  c0, alors nous avons terminé. Sinon, nous
répétons le processus pour obtenir
ha, b, ci ⇠ ha0, b0, c0i = hc, b0, c0i
⇠ ha00, b00, c00i = hc0, b00, c00i .
avec |b00|  a00 = c0 < a0 = c. Puisque nous continuons
l’algorithme de réduction seulement dans le cas où nous
14
sous l’hypothèse que |b|  a  c et |b0|  a0  c0. Donc,
d’après l’exercice 1.4, il existe des entiers r et t tels que
a0 = f (r, t) = ar2 + brt + ct2.
On peut supposer sans perte de généralité que a
Comme |b|  a  c (f étant réduite), nous avons
a
a0 = ar2 + brt + ct2
a0 .
a(r2 + t2) + brt
a(r2 + t2)
a|rt|
a|rt|,
vu que r2 + t2
2|rt|. Donc (|r| |t|)2
0 et nous
concluons que |rt| = 0 ou 1, de sorte que les seuls cas
15
possibles sont
(r, t) = (1, 0), ( 1, 0), (0, 1), (0, 1),
(1, 1), (1, 1), ( 1, 1), ( 1, 1).
• Soit (r, t) = (1, 0) ou ( 1, 0). Alors il existe un entier
positif ou négatif s tel que
ha, b, ci ⇠ ha, b + 2sa, ?i .
Cependant, la seule façon d’avoir |b|  a et |b+2sa|  a ,
c’est lorsque s = 0 (auquel cas les formes sont identiques)
ou encore lorsque s = 1, et dans ce cas, ha, a, ci ⇠
ha, a, ci, ou encore lorsque s = +1, et dans ce cas,
ha, a, ci ⇠ ha, a, ci.
• Soit (r, t) = (0, 1) ou (0, 1). Alors il existe un entier positif ou négatif u tel que ha, b, ci et hc, b + 2cu, ?i
sont des formes réduites équivalentes au sens strict. Comme
|b|  c et | b + 2cu|  c, nous concluons une fois de plus
que que les coefficients centraux ne peuvent pas être, tous
les deux à la fois, suffisamment petits, sauf si u = 0, +1
ou 1. Si u = 0, alors pour que les formes ha, b, ci
et hc, b, ai soient toutes les deux réduites, nous devons
avoir c = a et par conséquent ha, b, ai ⇠ ha, b, ai. Soit
u = +1; alors ha, b, ci ⇠ hc, b + 2c, ?i de sorte que ou
bien b = c et ha, c, ci ⇠ hc, c, ai, ou bien b = c
et ha, c, ci ⇠ hc, c, ai; ceci force a = c et l’on obtient
ha, a, ai ⇠ ha, a, ai ou ha, a, ai ⇠ ha, a, ai. Soit
u = 1; alors ha, b, ci ⇠ hc, b ± 2c, ?i de sorte que
ou bien b = c et ha, c, ci ⇠ hc, c, ai, ou bien b = c et
ha, c, ci ⇠ hc, c, ai; ceci force a = c et l’on obtient
ha, a, ai ⇠ ha, a, ai ou ha, a, ai ⇠ ha, a, ai.
• Soit (r, t) = (1, 1) ou ( 1, 1). Dans ce cas, nous
avons a
a0
a|rt| = a; donc a = a0 = a + b + c;
d’où c = b. Cela signifie que ha0, b0, c0i ⇠ ha, b, bi,
mais puisque la forme est réduite, nous avons a  b.
Comme au préalable, nous avions |b|  a, nous concluons
que b = a, une contradiction. Donc les formes réduites
équivalentes sont ha, a, ai et ha, a, ai.
• Soit (r, t) = (1, 1) ou ( 1, 1). Alors a
a0 =
a b + c, c’est-à-dire c  b. Par hypothèse, |b|  a  c.
Donc nous avons b = c = a et ha, b, ci = ha, a, ai.
Dans le cas où
< 0, nous avons que h+ = h+
représente la cardinalité de toutes les formes quadratiques
définies positives réduites.
16
17
Exemple. Soit = 264 = 4( 2 · 3 · 11). Alors
n
o
p
B = b : 0  b < 264/3 et b ⌘ 0 (mod 2)
Algorithme permettant de calculer,
pour un discriminant
donné,
le nombre de formes quadratiques
définies positives réduites
= {0, 2, 4, 6, 8};
b
Posons
8
>
> 1 si b = 0 ou
r si b = a
>
<
b2
ou si a =
,
n(a, b) =
>
4
>
>
:
2 sinon,
n
p
B = b : 0  b < | |/3 et b ⌘
et pour b 2 B, soit
Ab =
(
a:a
b2
et b  a 
4
Alors
h+ =
XX
b2
4
4
66
0
(a, c) Ab
(1, 66) A0 = {1, 2, 3, 6}
(2, 33)
(3, 22)
.
(6, 11)
o
(mod 2) ,
r
b2
)
.
2
67
4
70
6
75
8
82
;
A2 = ;
(5, 14) A4 = {5, 7}
(7, 10)
;
A6 = ;
;
A8 = ;
Donc
h+264 = n(1, 0) + n(2, 0) + n(3, 0)
+n(6, 0) + n(5, 4) + n(7, 4)
n(a, b).
= 1+1+1+1+2+2
b2B a2Ab
= 8.
D’où les classes propres de formes sont les classes des
18
19
formes
(
h1, 0, 66i , h2, 0, 33i , h3, 0, 22i ,
0
h6, 0, 11i ,
h5, 4, 14i , h7, 4, 10i , h5, 4, 14i , h7, 4, 10i .
On peut se demander ce que vaut h 264. Notons que
✓
◆
1 0
ha, b, ci = ha, b, ci .
0 1
Donc,
et
h5, 4, 14i
h7, 4, 10i
✓
✓
1
0
1
0
0
1
!
0
1
!
◆
◆
h5, 4, 14i
h7, 4, 10i .
Lorsque ha0, b0, c0i et ha, b, ci sont deux formes quadratiques réduites vérifiant a0 < a, il est impossible d’avoir
une matrice
✓
◆
r s
B=
2 GL2(Z)
t u
vérifiant
ha0, b0, c0i = B ha, b, ci ,
c’est-à-dire, il est impossible d’avoir
✓ 0
◆ ✓
◆✓
◆✓
◆
1 0
a
r s
a 12 b
r t
2b
=
1 0
1
c0
t u
s u
2b
2b c
avec a0 < a. En e↵et, si c’était possible, on aurait
a0 = ax2 + bxy + cy 2
avec a < a, une contradiction avec l’exercice suivant. On
conclut alors que h 264 = 6.
Proposition 2.4. Soit
un discriminant fondamental négatif. Alors h  23 | |.
Démonstration. Il faut approximer le nombre de
formes quadratiques
réduites ha, b, ci de discriminant .
q
Il y a au plus 13 | | choix pour la valeur de a car
q
q
a  13 | |. Comme |b|  a, nous avons |b|  13 | |.
Or c est uniquement déterminé par a et b. Comme b peut
être positif ou négatif, il y a donc au plus
! r
!
r
1
1
2
2
| |
| | = | |
3
3
3
formes quadratiques réduites.
Grâce à des techniques très poussées, on p
sait que, pour
un discriminant fondamental négatif, h 
ln| |. De
plus, Watkins a montré que h > 16 pour | | 31, 243.
Commentaires. Soit m sans facteur carréavec m <
0. A. Baker et H. Stark ont indépendemment prouvé qu’il
existe 9 valeurs de m, pour lesquelles le nombre de classes
h au sens large de formes quadratiques de discriminant
fondamental égal à m ou 4m est 1, et ce sont pour m
égal à
1,
2,
3,
7,
11,
19,
43,
67,
163.
20
21
Ils ont aussi prouvé indépendamment que h est égal à 2
pour 18 valeurs de m et ce sont:
5, 6, 10, 13, 15, 22, 35, 37, 51, 58,
91, 115, 123, 187, 235, 267, 403, 427.
Appelons R le nombre d’entiers négatifs m (ayant la
propriété que m ou 4m est un discriminant négatif)
où h = A pour un A donné. Nous avons alors la table
suivante qui donne aussi la plus grande valeur de | m|
pour laquelle h = A:
h
R
| m| 
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
9
18
16
54
25
51
31
131
34
87
163 427 907 1555 2683 3763 5923 6307 10627 13843
Exercice 2.3 Soit
f (X, Y ) = aX 2 + bXY + cY 2
une forme quadratique définie positive avec |b|  a  c,
et soit v un entier de {1, 2, . . . , a}. Prouvez que si v 2
{1, 2, . . . , a 1}, alors f (X, Y ) = v n’a pas de solution
entière. De plus, prouvez que les solutions possibles (r, t)
de f (X, Y ) = a sont données par
8
(1, 0), ( 1, 0),
>
>
>
>
< (0, 1), (0, 1) lorsque c = a,
(r, t) =
>
(1, 1), ( 1, 1) lorsque c = b = a > 0,
>
>
>
:
(1, 1), ( 1, 1) lorsque c = b = a > 0.
Concluez que a est le plus petit entier positif représenté
par la forme quadratique aX 2 + bXY + cY 2 .
Siegel a démontré que pour les corps quadratiques K de
discriminant négatif , (donc pour les formes quadratiques
définies), le nombre de classes h( ) tend vers l’infini avec
. Ceci veut dire que pour tout entier h0 donné, il n’y a
qu’un nombre fini de corps quadratiques imaginaires dont
le nombre de classes vaut h0.
Exercice 2.1. Vérifiez que ha, b, ai ⇠ ha, b, ai et
que ha, a, ci ⇠ ha, a, ci.
Exercice 2.2. Trouvez les valeurs des nombres de
classes h et h+ lorsque = 15.
22
23
3. Formes quadratiques indéfinies
Passons aux formes quadratiques indéfinies.
Définition 3.1. Une forme quadratique f = ha, b, ci
de discriminant f est dite indéfinie si f > 0. De plus,
f est dite réduite si les deux conditions suivantes sont
satisfaites:
p
(i) 0 < b <
,
p
p
(ii)
b < 2|a| <
+b
p
p
ou
b < 2|c| <
+ b.
Le nombre de formes quadratiques indéfinies réduites
est donc fini, car il n’y a qu’un nombre fini de possibilités
pour b et a, l’entier c étant déterminé par le discriminant
et les valeurs de a et b. De plus, lorsque f est réduite,
ac < 0.
Proposition 3.2. Soit f = ha, b, ci, une forme
quadratique de discriminant > 0. Alors
f est réduite
p
,0<b<
p
,0<b<
et
et
p
p
b < 2|a| <
b < 2|c| <
p
p
+b
+b
, hc, b, ai est réduite.
Démonstration. Il suffit de prouver la partie “)”de
la deuxième équivalence. Supposons
p
p
p
0<b<
et
b < 2|a| <
+ b.
Comme = b2 4ac, nous avons
p
p
(
b)(
+ b) = 4ac = (2|a|)(2|c|).
p
Si 2|c| 
b, alors nous obtenons la contradiction
p
p
(2|c|)(2|a|) < (
b)(
+ b) =
b2 = 4ac.
p
Si 2|c|
+ b, alors nous obtenons la contradiction
p
p
(2|c|)(2|a|) > (
b)(
+ b) =
b2 = 4ac.
p
p
D’où
b < 2|c| <
+ b.
Remarque. Soit f = ha, b, ci une forme quadratique
indéfinie réduite de déterminant . Alors
p
p
ac < 0, |a| <
et |c| <
.
.
Exemple. Trouvons toutes les formes quadratiques
indéfinies réduites de discriminant = 316 = 4 · 79. Nous
cherchons à avoir
p
0<b<
avec 4|(
b2) (car = b2 4ac).
Alors
b 2 {2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16}.
De plus, nous voulons
p
p
b < 2|a| <
+b
et
p
Nous obtenons le tableau suivant:
b < 2|c| <
p
+b.
24
25
b
p
b
p
+ b (|a|, |c|)
2
15.77
19.77
4
13.77
21.77
6
11.77
23.77
;
;
(7, 10)
(10, 7)
8
9.77
25.77
10
7.77
27.77
(7, 9)
(9, 7)
(6, 9)
(9, 6)
12
5.77
29.77
14
3.77
31.77
;
(2, 15)
(3, 10)
(5, 6)
(6, 5)
(10, 3)
(15, 2)
16
1.77
33.77
(1, 15)
(3, 5)
(5, 3)
(15, 1)
Les 32 formes quadratiques réduites de discriminant
= 316 sont alors
8
h±7, 6, ⌥10i , h±10, 6, ⌥7i , h±6, 10, ⌥9i ,
>
>
>
>
>
>
h±7, 8, ⌥9i , h±9, 8, ⌥7i , h±9, 10, ⌥6i ,
>
>
>
>
< h±2, 14, ⌥15i , h±15, 14, ⌥2i h±3, 14, ⌥10i ,
h±10, 14, ⌥3i , h±5, 14, ⌥6i , h±6, 14, ⌥5i ,
>
>
>
>
>
> h±3, 16, ⌥5i , h±5, 16, ⌥3i , h±1, 16, ⌥15i ,
>
>
>
>
: h±15, 16, ⌥1i .
Définition 3.3. À une forme quadratique f = ha, b, ci
indéfinie de discriminant , nous associons les nombres
quadratiques réels
p
p
b+
b+
! = !(f ) =
et ⌦ = ⌦(f ) =
,
2|a|
2|c|
qui sont respectivement les valeurs absolues de certaines
racines judicieuses des polynômes irréductibles ax2 +bx+c
et cy 2 + by + a.
On rappelle que le conjugué (algébrique) ↵0 du nombre
p
p
quadratique ↵ = x + y m est égal à x y m.
Définition 3.4. Un nombre quadratique ↵ est dit
réduit si ↵ > 1 et si ,en plus, le conjugué ↵0 de ↵ vérifie
1 < ↵0 < 0.
Acceptons le résultat suivant.
26
27
Proposition 3.5. Une forme quadratique indéfinie
f est réduite si et seulement si !(f ) est réduit si et
seulement si ⌦(f ) est réduit.
lorsque nous obtenons une forme hA, B, Ci telle que
p
p
|A|  |C| et
2|A| < B <
.
Proposition 3.6. Toute forme quadratique indéfinie
f de discriminant est strictement équivalente à une
forme réduite de même discriminant.
Si ces conditions sont satisfaites, nous avons alors
p
B < 2|A|.
Démonstration. Nous utiliserons ce qui est classiquement appelé un algorithme de réduction. Soit ha, b, ci
une forme quadratique non réduite. Choisissons l’unique
entier vérifiant
p
p
b+
2c
b+
1<
<
,
2|c|
2|c|
2|c|
de sorte que
p
p
2|c| < b + 2c <
.
✓
◆
0 1
En faisant agir
sur ha, b, ci, nous avons
1
⌦
↵
ha, b, ci ⇠ c, b + 2c , a b + c 2 = ha0, b0, c0i .
Si |c0| = |a b + c 2| < |c| = |a0|, alors le processus est
répété pour obtenir
ha, b, ci ⇠ ha0, b0, c0i ⇠ ha00, b00, c00i .
Si |c00| < |a00| = |c0| < |a0|, le processus est répété, quoique
l’algorithme de réduction doive se terminer après un nombre fini d’étapes. Plus précisément, le processus se termine
De plus, puisque
p
p
|
B| · |
+ B| = (2|A|)(2|C|),
p
nous devons alors obligatoirement avoir |
+ B| > 2|C|.
Nous obtenons alors
p
p
|
+ B| > 2|C| > 2|A| >
B.
Des deux extrémités de cette chaı̂ne d’inégalités, nous
pvoyons
que B doit être positif, de sorte que 0 < B <
et
hA, B, Ci est réduite.
Définition 3.7. Les formes quadratiques ha, b, a0i et
ha0, b0, c0i sont dites adjacentes si b + b0 ⌘ 0 (mod 2a0).
On dit alors:
ha, b, a0i est adjacente à gauche de ha0, b0, c0i ,
ha0, b0, c0i est adjacente à droite de ha, b, a0i .
Pour sa part, Gauss dirait plutôt que ha, b, a0i est le
voisin à gauche de ha0, b0, c0i et que ha0, b0, c0i est le voisin
à droite de ha, b, a0i.
Proposition 3.8. Soit f = ha, b, ci une forme quadratique réduite de discriminant > 0.
28
29
(1) Alors il existe une unique forme quadratique
réduite hc, b0, c0i adjacente à f à droite qui soit strictement équivalente à f . Il s’agit de prendre b0 tel qu’à la
fois
p
p
b + b0 ⌘ 0 (mod 2c) et
2|c| < b0 <
.
(2) De plus, il existe une unique forme quadratique
réduite ha00, b00, ai adjacente à f à gauche qui soit strictement équivalente à f . Il s’agit de prendre b00 tel qu’à
la fois
p
p
b + b00 ⌘ 0 (mod 2a) et
2|a| < b00 <
.
Démonstration. (1) Soit b0 tel que
p
p
b + b0 ⌘ 0 (mod 2c) et
2|c| < b0 
et soit u l’entier
b + b0
. On aura alors
2c
p
p
b0
1<
<
,
2|c|
2|c|
2|c|
de sorte que
p
b+
2|c|
1<
uniquement déterminée par l’égalité b0 = b + 2cu. Donc
la forme hc, b0, c0i adjacente à f à droite est uniquement
déterminée par l’entier u vérifiant
1
0
✓
◆
0
1
0 1
f = @ b + b0 A ha, b, ci
1 u
1
2c
= hc, b + 2cu, ?i = hc, b0, c0i ,
parce que b0 est unique et c0 est uniquement déterminé
par l’égalité = b02 4cc0.
Prouvons maintenant que hc, b0, c0i est réduite. Par
hypothèse,
p ha, b, ci 0est réduite. On a déjà prouvé que
2|c| <
. L’entier b est tel que
p
p
b + b0 ⌘ 0 (mod 2c) et
2|c| < b0 <
.
p
p
Or
2c > 0. Donc b0 > 0. De plus b0 <
. Nous
voulons montrer que
p
p
2|c| < b0 <
+ 2|c|.
Nous avons déjà la première inégalité, car elle provient
de lapdéfinition de b0. Il ne reste qu’à prouver l’inégalité
b0 <
+ 2|c|.
p
b + b0 b +
<
·
2|c|
2|c|
b + b0
est un entier qui s’avère être égal à la
2|c|
p
b+
partie entière de ⌦(f ) =
et la valeur de b0 est
2|c|
Alors |u| =
Supposons le contraire, i.e., supposons
p
+ 2|c|  b0 = b + 2|a||c|
où par définition
|a| =
"
p #
b + b0
b+
=
·
2|c|
2|c|
30
31
Donc
b+
p
c’est-à-dire

p
b+
2|c|
✓
2|c| + 2|a||c|,
 |a|
et
p
2|a| < b00 
p
de sorte que
1<
f =
✓
b+b00
2a
1
1
0
◆
ha, b, ci
= h?, b + 2ar, ai = ha00, b00, ai ,
parce que b est unique et a00 est uniquement déterminé
par l’égalité = b002 4a00a. De plus, la forme ha00, b00, ai
est réduite (Exercice).
b + b00
et soit r l’entier
où la valeur de b00 est uniquement
2a
déterminée par l’égalité b00 = b + 2ar. On aura alors
p
p
b00
1<
<
,
2|a|
2|a| 2|a|
p
b+
2|a|
◆
00
(2) Soit b00 tel que
(mod 2a)
1
0
1,
ce qui est une contradiction.
b + b00 ⌘ 0
r
1
p
b + b00 b +
<
·
2|a|
2|a|
b + b00
Alors |r| =
est un entier qui s’avère être égal à la
2|a|
p
b+
partie entière de !(f ) =
et la valeur de b00 est
2|a|
uniquement déterminée par l’égalité b00 = b + 2ar. Donc
la forme ha00, b0, ai adjacente à f à gauche est uniquement
déterminée par l’entier r vérifiant
Proposition 3.9. L’ensemble F des formes quadratiques réduites de discriminant
> 0 peut être partitionné en cycles de formes adjacentes. De plus, à
l’intérieur de chaque cycle, les formes sont strictement
équivalentes entre elles.
Démonstration. L’ensemble F des formes réduites
de discriminant donné est fini. En e↵et,
= b2 4ac
avec b prenant un nombre fini de valeurs, vu que
p
0b
.
De plus, comme
p
b  2|a| 
p
+ b,
nous avons aussi que a prend un nombre fini de valeurs.
b2
Enfin, c est uniquement déterminé par
·
4a
Choisissons un élément quelconque dans cet ensemble
F , disons f , puis trouvons l’unique forme g de F qui lui
est ajdacente à droite. Infailliblement, nous arriverons à la
32
33
forme unique qui est à la gauche de f . On aura alors exhibé
un premier cycle. On recommence ensuite avec une autre
forme, non équivalente à f , et ainsi de suite, jusqu’à ce que
toutes les formes de F aient été “classées”. Soulignons
que les formes adjacentes sont équivalentes par la matrice
de transformation
0
1
0
1
@ b + b0 A .
1
2c
Puisque l’équivalence au sens strict est transitive, toutes les
formes dans un cycle donné sont donc strictement équivalentes
entre elles. Cette opération est réalisable en un temps fini
puisque F est fini.
4. Fractions continues et formes quadratiques
Nous allons faire quelques rappels sur les fractions continues et indiquer comment elles nous servent pour exhiber
toutes les formes quadratiques indéfinies réduites de discriminant > 0.
Le développement d’un nombre ↵ = ↵0 en fraction continue s’e↵ectue de la façon suivante. Soit a0 = [↵0] la
partie entière de ↵0. Posons
↵1 =
1
↵0
1
. Posons ensuite
↵1
Donc ↵0 = a0 +
0
Théorème 3.10. Soit f et f , deux formes quadratiques indéfinies réduites de même discriminant. Alors
f et f 0 sont équivalentes au sens strict si et seulement
si f et f 0 appartiennent au même cycle.
Démonstration. (() C’est le contenu de la proposition 3.9.
↵2 =
+
+
n
↵n+1 =
1
. Dans la même veine, pour
↵2
1
↵n
a2 = [↵2],
et
a1
1, posons
+
Comme h = h représente la cardinalité de C` ( ),
nous avons alors que h+ = h+ est le nombre de cycles de
formes réduites.
1
↵1
de sorte que ↵1 = a1 +
()) Cette implication est de loin la plus ardue, et nous
en donnerons plus loin l’idée maı̂tresse.
a1 = [↵1].
et
a0
an+1 = [↵n+1].
et
an
Nous avons alors
↵ n = an +
1
↵n+1
=
an↵n+1 + 1
=:
1↵n+1 + 0
✓
an 1
1 0
◆
↵n+1.
34
35
Donc
fraction continue est dite périodique et on écrit
1
↵0 = a0 +
a1 +
1
↵ = [a0, a1, . . . , ak 1, ak , ak+1, . . . , al+k 1],
1
a2 +
a3 +
1
...
an
2
... 1
+
an
=: [a0, a1, a2, . . . , an 1, ↵n].
1
+
la barre hirizontale indiquant ce qui est continuellement
répété. Les suites
1
↵n
a0, a1, . . . , ak
1
ak , ak+1, . . . , al+k
et
1
La dernière égalité introduit une convention qui permet de
sauver de l’espace.
sont respectivement appelées prépériode et période de la
fraction continue. De plus [a0, a1, . . . , at] est dit la t-ième
réduite ou le t-ième convergent de ↵.
Définitions. Une fraction continue ↵ est une expression de la forme
Proposition 4.1. Soit p
q0 = 1. Pour n 1, posons
1
↵ = a0 +
a1 +
1
a3 +
= [a0, a1, a2, a3, a4, . . .]
1
1
a4 + .
..
où ai 2 R pour i 2 N. Dans la littérature, une fraction
continue est aussi appelée fraction continuée ou (rarement)
fraction continuelle. Les ai sont appelés les quotients
partiels de la fraction continue ↵. Si les quotients partiels
ai sont des entiers > 0 pour i > 0, on est en présence
d’une fraction continue simple infinie. S’il existe l et k
minimaux, tels que an = an+l pour tout n
k, alors la
= 1, p0 = a0, q
1
= 0,
pn
:= [a0, a1, a2, . . . , an 1, an]
qn
1
a2 +
1
(1) Alors pour tout n 1,
(
pn = anpn
q n = an q n
(2) De plus, pour tout n
p n qn
1
pn 1qn = ( 1)
1
+ pn 2 ,
1
+ qn 2 .
0,
n+1
et pgcd(pn, qn) = 1.
Démonstration. (1) Les formules sont vraies pour
n = 0, 1. Nous les supposerons vraies pour 0, 1, . . . , n :
36
37
8
>
> p 2 = 0,
>
>
>
p 1 = 1,
>
>
<
p0 = a0,
> p1 = a1a0 + 1,
>
>
...
>
>
>
>
:p =a p
n
n n 1 + pn 2 ,
8
>
< [a0] =
p0
q0 ,
pn
qn
anpn
an q n
=
= [a0, a1, . . . , an, a0n] avec a0n = an +
1
1
1
an+1an + 1
=
an+1
an+1
a0npn 1 + pn 2
(d’après l’hypothèse d’induction)
a0nqn 1 + qn 2
✓
◆
anan+1 + 1
pn 1 + pn 2
an+1
◆
= ✓
anan+1 + 1
qn 1 + qn 2
an+1
=
1
+ qn 2 ;
p1
q1 , . . . ,
[a0, a1] = a0 + a11 =
>
: [a0, a1, . . . , an] =
pn+1
= [a0, a1, . . . , an, an+1]
qn+1
q 2 = 1;
q 1 = 0;
q0 = 1;
q 1 = a1 ;
...
q n = an q n
+ pn 2
·
+ qn 2
=
Montrons-les pour n + 1. Nous avons:
=
=
anan+1pn
anan+1qn
an+1(anpn
an+1(anqn
1
1
+ pn
+ qn
1
1
an+1pn + pn
an+1qn + qn
1
1
+ an+1pn
+ an+1qn
+ pn 2 ) + pn
+ qn 2 ) + qn
1
2
2
1
1
(d’après l’hypothèse d’induction),
1
Donc
pn+1 = an+1pn + pn
1
et qn+1 = an+1qn + qn 1.
(2) Soit
Hn =
✓
pn pn
qn qn
1
1
◆
et
Un =
✓
an 1
1 0
◆
.
Alors Hn+1 = Un+1Hn d’après la partie (1). Nous voulons
38
39
prouver que dét(Hn) = ( 1)n+1. Ceci est vrai pour n = 0:
✓
◆
a0 1
dét(H0) = dét
= ( 1)1 = 1.
1 0
Supposons la formule vraie pour n et montrons-la pour
n+1:
dét(Hn+1) = dét(Un+1) dét(Hn)
= ( 1)( 1)n+1 = ( 1)n+2.
De cette formule pour le déterminant, nous concluons que
pgcd(Pn, Qn) = 1.
Définition Soit ↵ = [a0, a1, a2, . . .]. On dénote par
pn
Cn =
la n-ième réduite (ou le n-ième quotient parqn
tiel) de ↵.
Corollaire. (1) Pour tout n
Cn
Cn
(2) Pour tout n
p n qn
1
=
pn
qn
pn
qn
1
1
1,
=
( 1)n+1
·
qn qn 1
1,
2
pn 2qn = ( 1)nan.
Démonstration. (1) Cette partie est directe.
(2) La formule est vraie pour n = 1:
p1 q
1
p 1q1 = (a1a0 + 1)
a1 = ( 1)a1.
Supposons-la vraie pour n, et montrons-la pour n + 1:
pn+1qn
1
✓
◆
pn+1 qn+1
pn 1qn+1 = dét
p n 1 qn 1
✓
◆
an+1pn + pn 1 an+1qn + qn 1
= dét
pn 1
qn 1
✓
◆
p n qn
= an+1 dét
= an+1( 1)n+1.
p n 1 qn 1
Théorème 4.2. Soit Cs = [a0, a1, a2, . . . , as] le sième convergent du développement en fraction continue de ↵.
(1) Alors C1 > C3 > C5 > . . . > C2s 1
> C2s > C2s 2 > . . . > C4 > C2 > C0.
(2) Pour tout k 1, qk k.
(3) ↵ = limk!1 Ck .
Démonstration. (1) D’après le corollaire précédent,
( 1)k pk
pk pk 2
Ck Ck 2 =
=
.
qk qk 2
qk qk 2
Si k est pair, alors Ck > Ck 2 et si k est impair, alors
Ck 2 > Ck . De plus, d’après le corollaire, pour tout k,
( 1)2k+1
1
C2k+1 C2k =
=
> 0,
qk qk 1
qk qk 1
c’est-à-dire
C2k+1 > C2k .
Donc, quel que soit k
C2i+1
0, nous avons pour tout i
C2i+1+2k > C2i+2k
C2k ,
0,
40
41
c’est-à-dire que pour tout k, i
0, nous avons
Algorithme calculant les quotients partiels
d’irrationnalités quadratiques
C2i+1 > C2k .
(2) Nous avons
q 1 = a1
qk+1 = ak+1qk + qk
1. Soit qk
1k + (k
1
1)
k. Alors
k + 1.
(3) Une preuve rigoureuse pourrait être donnée. Contentonsnous d’observer que
C2s+1
C2s =
1
q(2s+1)q2s

1
(2s + 1)(2s)
et que si
lim C2k+1 = ↵1, lim C2k = ↵2,
k!1
Soit
p
p
K = Q( m) = Q(
)
p
= {s + t m : s, t 2 Q}
avec m libre de carrés, et
(
m si m ⌘ 1 (mod 4),
=
4m si m ⌘ 2 ou 3 (mod 4).
Soit
k!1
alors ↵1 = ↵2 = ↵1.
Acceptons le résultat fondamental suivant.
Proposition 4.3. Soit ↵ un nombre réel . Alors
le développement de ↵ en fraction continue est infini (resp. fini) si et seulement si ↵ est irrationnel
(resp. rationnel). De plus, le développement de ↵ est
périodique si et seulement si ↵ en fraction continue est
une irrrationnalité quadratique.
Définition 4.4. Le signe d’un entier c sera noté (c).
Par exemple, (6) = +1 et ( 6) = 1.
p
P0 +
,
2Q0
2
P0 ) avec P0, Q0 2 Z.
↵ = ↵0 =
où
4Q0 | (
Pour i
0 posons
p
8
Pi +
>
>
>
et ai = [↵i],
↵i =
>
>
2Qi
<
Pi+1 = 2aiQi Pi,
>
>
2
>
>
Pi+1
>
: Qi+1 =
.
4Qi
Alors ↵ = ↵0 = [a0, a1, a2, . . .] et nous avons le tableau
suivant:
P0 P1 P 2 P3 . . .
Q0 Q1 Q2 Q3 . . .
a0 a1 a2 a3 . . .
42
43
Remarque. L’algorithme précédent peut être légèrement
modifié de la façon suivante: Soit m sans facteur carré et
soit
p
p0 + m
↵0 =
avec q0|(m p20).
q0
Pour i
0, posons
8
>
>
>
>
>
<
p
pi + m
et ai = [↵i],
qi
= aiqi pi,
↵i =
pi+1
>
>
>
m
>
>
: qi+1 =
p2i+1
qi
,
de sorte que nous avons ↵ = ↵0 = [a0, a1, a2, a3, . . .] via
le tableau
p0 p1 p2 p3 . . .
q 0 q 1 q 2 q3 . . .
a0 a1 a2 a3 . . .
Algorithme calculant le cycle des formes
réduites équivalentes au sens strict
à une forme quadratique réduite
(1) Soit f0 = ha0, b0, c0i, une forme quadratique
réduite de discriminant > 0. Alors
p
b0 +
↵0 =
= [u0, u1, . . . , ul 1]
2|c0|
où l est la longueur de la période de la fraction continue.
Ceci mène au tableau suivant:
P0 = b 0
P1 P2 ... Pl
Q0 = |c0| Q1 Q2 ... Ql
u0
u1 u2 ... ul
1
1
1
Pl = P0 P1 P2 ... Pl
1
Ql = Q0 Q1 Q2 ... Ql
ul = u0 u1 u2 ... ul
1
1
(2) Le cycle des formes réduites strictement équivalentes
à f0 est formé des formes réduites f0, f1, . . . , fr 1 où
⇢
l si l est pair
r=
2l si l est impair,
et où pour 0  i  r
2,
fi+1 = hai+1, bi+1, ci+1i
✓
◆
✓
◆
0
1
0
1
=
fi =
fi
1 (ci)ui
1
(ai)ui
⌦
↵
= ( 1)i (c0)Qi, Pi+1, ( 1)i+1 (c0)Qi+1 .
...
...
...
44
45
Il est important de réaliser le fait suivant:
• Si ` est impair, alors le cycle de la forme ha, b, ci inclut
la forme h a, b, ci.
• Si ` est pair, alors le cycle de la forme ha, b, ci est
di↵érent du cycle de la forme h a, b, ci.
Remarque. L’étape (2) de l’algorithme peut aussi
s’exprimer de façon équivalente comme suit:
(20) Le cycle des formes réduites proprement équivalentes
à f0 est formé des formes réduites f0, f1, . . . , fl 1 où, pour
0  i  l 2,
fi+1 = hai+1, bi+1, ci+1i
✓
◆
0
1
=
fi
1 (ci)ui
⌦
↵
= ( 1)i (c0)Qi, Pi+1, ( 1)i+1 (c0)Qi+1 .
Exemple 1. Soit m = 10,
= 40. Les 8 formes
réduites de discriminant = 40 sont:
(
h2, 4, 3i , h 1, 6, 1i , h3, 2, 3i , h 3, 4, 2i ,
h 2, 4, 3i , h 3, 2, 3i , h3, 4, 2i , h1, 6, 1i .
Considérons l’irrationnalité quadratique
p
4 + 40
⌦=
= [ 1, 1, 2 ]
6
associée à la forme h2, 4, 3i. Le développement en fraction continue est obtenu via le tableau
4 2 4 4 2 4 ...
3 3 2 3 3 2 ...
1 1 2 1 1 2 ...
La longueur étant impaire, associons à 1, 1, 2, 1, 1, 2
la suite signée 1, 1, 2, 1, 1, 2. Nous obtenons alors un
cycle de longueur 6:
Auxquelles s’ajoutent, lorsque l est impair, les formes réduites
fl = h a0, b0, c0i , fl+1, . . . , f2l+1,
où pour 0  i  (l 2),
✓
◆
0
1
fi+l+1 =
fi+l
1
(ci)ui
⌦
↵
= ( 1)i+1 (c0)Qi, Pi+1, ( 1)i (c0)Qi+1 .
Donnons trois exemples.
⇣
h2, 4, 3i
0
1
⌘x
1 ?
2 ?
h 3, 4, 2i
✓
✓
0
1
0
1
1
1
!
1
1
◆
◆
h 3, 2, 3i
h3, 2, 3i
✓
✓
0
1
0
1
1
1
!
1
1
◆
◆
h3, 4, 2i
?⇣
? 0
y 1
h 2, 4, 3i
46
47
Considérons cette fois-ci l’irrationnalité quadratique
p
6 + 40
⌦=
=[6]
2
associée à la forme h1, 6, 1i. Le développement en fraction continue est obtenu via le tableau
6 6 ...
1 1 ...
6 6 ...
Associons à 6, 6 la suite signée
alors un cycle de longueur 2:
⇣
h1, 6, 1i ⇣
0
1
1
6
!
0
1
1
6
6, 6. Nous obtenons
⌘
⌘ h 1, 6, 1i
Nous concluons qu’il y a au total 2 cycles et que h+
10 = 2.
Remarquons en passant que nous aurions pu commencer
avec la forme h 3, 2, 3i à laquelle est associée l’irrationnalité
quadratique
p
2 + 40
⌦=
= [ 1, 2, 1 ].
6
ou encore avec la forme h3, 4, 2i à laquelle est associée
l’irrationnalité
p
4 + 40
⌦=
= [ 2, 1, 1 ].
4
Exemple 2. Soit m = 15,
= 60 = 4 · 15. Les 8
formes quadratiques réduites sont:
(
h 1, 6, 6i , h1, 6, 6i , h 2, 6, 3i , h2, 6, 3i ,
h 3, 6, 2i , h3, 6, 2i , h 6, 6, 1i , h6, 6, 1i .
Considérons l’irrationnalité quadratique
p
6 + 60
⌦=
= [ 2, 3 ]
6
associée à la forme h2, 6, 3i. Le développement en fraction continue est obtenu via le tableau
6 6 ...
3 2 ...
2 3 ...
La longueur étant paire, associons à 2, 3 la suite signée
2, 3. Nous obtenons alors un cycle de longueur 2:
⇣
h2, 6, 3i ⇣
0
1
1
2
!
0
1
1
3
⌘
⌘ h 3, 6, 2i
1
2
⌘
48
49
Considérons maintenant l’irrationnalité quadratique
p
6 + 60
⌦=
= [ 2, 3 ]
6
associée à la forme h 2, 6, 3i, et dont le développement
en fraction continue apparaı̂t dans le tableau ci-dessus.
Associons cette fois-ci à 2, 3 la suite signée 2, 3. Nous
obtenons alors un cycle de longueur 2:
⇣
h 2, 6, 3i ⇣
0
1
1
2
!
0
1
1
3
⌘
⌘ h3, 6, 2i
⇣
h6, 6, 1i ⇣
1
6
!
0
1
1
1
⌘
⌘ h 1, 6, 6i
Considérons maintenant l’irrationnalité quadratique
p
6 + 60
= [ 6, 1 ]
2
associée à la forme h 6, 6, 1i, et dont le développement
en fraction continue apparaı̂t dans le tableau ci-dessus.
Associons à 6, 1 la suite signée 6, 1. Nous obtenons
alors le cycle de longueur 2:
⇣
Considérons de plus l’irrationnalité quadratique
p
6 + 60
= [ 6, 1 ]
2
associée à la forme h6, 6, 1i. Le développement en fraction continue est obtenu via le tableau
0
1
h 6, 6, 1i ⇣
0
1
1
6
!
0
1
1
1
⌘
⌘ h1, 6, 6i
Ceci qui nous amène à un total de 4 cycles, de sorte que
h+
60 = 4.
6 6 ...
1 6 ...
6 1 ...
Associons à 6, 1 la suite signée
alors le cycle de longueur 2:
6, 1. Nous obtenons
50
51
Exemple 3. Soit = m = 145, où m ⌘ 1 (mod 4).
Les 28 formes réduites sont:
8
h 6, 5, 5i ,
>
>
>
>
>
>
h 3, 7, 8i ,
>
>
>
>
>
> h 6, 7, 4i ,
<
h 5, 5, 6i ,
>
>
>
>
h 4, 9, 4i ,
>
>
>
>
>
h1, 11, 6i ,
>
>
>
:
h 3, 11, 2i ,
h6, 5, 5i ,
h 4, 7, 6i ,
h4, 7, 6i ,
h6, 7, 4i ,
h 6, 1, 6i ,
h6, 1, 6i ,
h3, 7, 8i ,
h5, 5, 6i ,
h4, 9, 4i ,
h 8, 7, 3i ,
h 2, 9, 8i ,
h 8, 9, 2i ,
posons
A(u) =
✓
0
1
1
u
◆
.
Nous obtenons alors un cycle de longueur 10:
h8, 7, 3i ,
h2, 9, 8i ,
h8, 9, 2i ,
h 1, 11, 6i , h 2, 11, 3i , h2, 11, 3i ,
h3, 11, 2i , h 6, 11, 1i , h6, 11, 1i .
Considérons la forme f = h5, 5, 6i, à laquelle on associe
le nombre quadratique
p
5 + 145
⌦=
= [ 1, 2, 2, 1, 1 ].
12
Le développement en fraction continue est obtenu via le
tableau
5 7 9 7 5 5 7 9 7 5 ...
6 4 4 6 5 6 4 4 6 5 ...
1 2 2 1 1 1 2 2 1 1 ...
Associons à 1, 2, 2, 1, 1, 1, 2, 2, 1, 1 la suite signée
1, 2, 2, 1, 1, 1, 2, 2, 1, 1. Pour simplifier l’écriture,
h5, 5, 6i
A( 1)
! h 6, 7, 4i
A(2)
! h4, 9, 4i
A( 2)
! h 4, 7, 6i
A(1)"
# A(1)
h 6, 5, 5i
h6, 5, 5i
A(-1)"
h4, 7, 6i
#A(-1)
A(2)
h 4, 9, 4i
A( 2)
h6, 7, 4i
A(1)
h 5, 5, 6i
Considérons maintenant la forme g = h8, 7, 3i à laquelle est associée l’irrationnalité quadratiqu
p
7 + 145
⌦=
= [ 3, 5, 1 .].
6
Le développement en fraction continue est obtenu via le
tableau
7 11 9 7 11 9 . . .
3 2 8 3 2 8 ...
3 5 1 3 5 1 ...
52
53
Associons à 3, 5, 1, 3, 5, 1 la suite signée 3, 5,
Nous obtenons alors un cycle de longueur 6:
1, 3,
5, 1.
h6, 1, 6i
A(1)
h8, 7, 3i
A(1)
A( 3)
!
h 3, 11, 2i
"
h 2, 9, 8i
h 1, 11, 6i
# A(-1)
A(5)
h3, 11, 2i
A(3)
1+
p
145
12
A(11)
! h1, 11, 6i
# A(-1)
A( 11)
h6, 11, 1i
A(1)
h 6, 1, 6i
7 9 11 7 9 11 . . .
8 2 3 8 2 3 ...
1 5 3 1 5 3 ...
Associons à 1, 5, 3, 1, 5, 3 la suite signée 1, 5, 3, 1, 5, 3.
Nous obtenons alors un cycle de longueur 6:
= [ 1, 11, 1 ].
Le développement en fraction continue est obtenu via le
tableau
h3, 7, 8i
1 11 11 1 11 11 . . .
6 1 6 6 1 6 ...
1 11 1 1 11 1 . . .
Associons à 1, 11, 1, 1, 11, 1 la suite signée 1, 11,
Nous obtenons alors un cycle de longueur 6:
h 6, 11, 1i
Considérons enfin
la forme q = h3, 7, 8i, à laquelle est
p
associé ⌦ = 7+16145 = [ 1, 5, 3 ]. Le développement en
fraction continue est obtenu via le tableau
h 8, 7, 3i
Considérons aussi la forme h = h6, 1, 6i, à laquelle est
associé le nombre quadratique
⌦=
!
"
A(5)
! h2, 9, 8i
A( 1)
A(3)
!
h 8, 9, 2i
A(5)
! h2, 11, 3i
"
h 2, 11, 3i
1, 1,
A( 1)
# A(-3)
A( 5)
h8, 9, 2i
A(1)
h 3, 7, 8i
11, 1.
En conclusion, nous avons 4 cycles et h+
145 = 4.
54
55
Revenons un instant sur une proposition dont nous avions
omis une partie de la démonstration.
Théorème 4.5. Deux formes quadratiques réduites
de discriminant > 0 sont strictement équivalentes si
et seulement si elles appartiennent au même cycle.
Démonstration. (() C’est le contenu du théorème
3.10.
()) Nous ne donnerons que les idées maı̂tresses. Soit
f = ha, b, ci une forme quadratique réduite et soit g une
forme quadratique réduite équivalente au sens strict à f .
Alors
✓
◆
r s
f ⇠ g = ha0, b0, c0i = Af =
f
t u
avec
A =
Considérons
✓
r s
t u
⌦(f ) =
◆
2 SL2(Z).
p
b+
.
2|c|
Il s’avère que
⌦(g) = ⌦(Af ) =
p
r⌦(f ) + s
Pj +
= ··· =
·
t⌦(f ) + u
2Qj 1
Ce dernier nombre est un nombre quadratique réduit associé à la forme hQj 1, Pj , Qj i ou à la forme h Qj 1, Pj , Qj i
appartenant au cycle de f .
Les points de suspension ci-dessus cachent une longue
preuve que nous ne reproduisons pas ici. Ce sont de belles
propriétés des fractions continues qui interviennent. Par
exemple, si g est réduite, alors ⌦ = ⌦(g) est un nombre
réduit et pour toute matrice unimodulaire
✓
◆
r s
2 SL2(Z),
t u
le nombre algébrique défini par
✓
◆
r⌦ + s
r s
⌦ =
t u
t⌦ + u
est aussi un nombre quadratique réduit, qui d’une part se
retrouve dans le développement en fraction continue de ⌦,
et qui d’autre part s’avère relié à une forme quadratique
réduite que l’on peut écrire explicitement.
Exercice 4.1. Ecrivez toutes les formes quadratiques
de discriminant = 120.
56
57
5. Groupe de classes de formes quadratiques
Tout au long de cette section, le discriminant d’une
forme quadratique est positif ou négatif. Nous avons l’identité
suivante:
(a1X12 + bX1Y1 + ca2Y12)(a2X22 + bX2Y2 + ca1Y22)
2
= a1a2X + bXY + cY
où
(
X = X1 X2
2
cY1Y2,
Y = a1X1Y2 + a2Y1X2 + bY1Y2.
Ceci veut dire que si
f1 = ha, b, ca0i ,
f2 = ha0, b, cai ,
F = haa0, b, ci ,
alors
f1(X1, Y1)f2(X2, Y2) = F (X, Y ).
Définition. Deux formes quadratiques f1 = ha1, b1, c1i
et f2 = ha2, b2, c2i de discriminant sont dites concordantes si
a1a2 6= 0,
b1 = b 2 ,
a1|c2 et a2|c1.
En d’autres mots, les formes quadratiques f1 = ha1, b, a2ci
et f2 = ha2, b, a1ci de discriminant avec a1a2 6= 0 sont
dites concordantes.
Expliquons pourquoi la deuxième définition est équivalente
à la première. Soit f1 = ha1, b, c1i et f2 = ha2, b, c2i
deux formes quadratiques concordantes de discriminant
. Comme a1|c2 et a2|c1, il existe deux entiers c et r tels
que c2 = a1c et c1 = a2r. Or
= b2
4a1c1 = b2
4a2c2,
i.e., a1c1 = a2c2. Donc a1(a2r) = a2(a1c), i.e., r = c.
D’où c2 = a1c et c1 = a2c.
On constate donc que deux formes concordantes ont
même discriminant .
Définition. L’opération ⇤ sur deux formes concordantes f1 et f2 est définie par
f1 ⇤ f2 = ha1, b, a2ci ⇤ ha2, b, a1ci = ha1a2, b, ci = F
et se lit la “composition des formes f1 et f2 est la forme
F ” décrite ci-dessus.
On peut en pratique omettre les troisièmes entrées des
deux formes concordantes et écrire
ha1, b, ?i ⇤ ha2, b, ?i = ha1a2, b, ?i .
On peut aussi remarquer que
ha1, b, ?i ⇤ ha2, b, ?i = ha1a2, b, ?i
= ha2a1, b, ?i
= ha2, b, ?i ⇤ ha1, b, ?i .
Définition. Supposons que [f ] veut dire la classe
d’équivalence au sens strict de f . Alors nous définissons
58
59
une loi de composition ⇤ sur les classes de f1 et f2 par
[f1] ⇤ [f2] = [F ],
qui se lit de la façon suivante: “la composition de la classe
de la forme f1 et de la classe de la forme f2 est la
classe de la forme F ”décrite ci-dessus.
Nous nous proposons de montrer que cela induit une loi
de composition sur les classes d’équivalence au sens strict
de formes quadratiques de discriminant .
Théorème 5.1. L’ensemble des classes d’équivalence
au sens strict de formes quadratiques primitives de
discriminant
6= 0 forme un groupe abélien. La loi
de groupe ⇤ est telle que si les formes de C1 et C2
représentent respectivement m1 et m2, alors les formes
de C1 ⇤ C2 représentent m1m2.
Quelques lemmes préparatoires sont nécessaires.
Proposition 5.2. Si les formes concordantes f1 et
f2 représentent respectivement m1 et m2, alors f1 ⇤ f2
représente m1m2.
Démonstration. C’est évident d’après la formule du
début de la section.
Lemme 5.3. Soit f = ha, b, ci, une forme quadratique primitive et soit M , un entier di↵érent de zéro.
Alors il existe un entier 6= 0 relativement premier à M
tel que f le représente.
Démonstration. Rappelons que par convention, un
produit vide est égal à 1. Ecrivons M comme
1
!0
!
Y
Y
Y
@
M =±
pi
qj A
`k ,
i
j
k
où pi, qj , `k sont des nombres premiers divisant M et tels
que pi divise a et ne divise pas c, qj divise à la fois a et c,
et `k ne divise pas a. Soit
Y
Y
r=
pi et t =
`k .
i
k
En utilisant le fait que qj ne divise pas b (car f est primitive), il s’ensuit que
pgcd(f (r, t), M ) = pgcd(ar2 + brt + ct2, M ) = 1.
Lemme 5.4. Soit C1, C2 et C3 trois classes d’équivalences au sens strict de formes primitives de discriminant 6= 0. Soit M 6= 0 2 Z.
(1) Alors il existe une paire de formes concordantes
f1 = ha1, B, ?i 2 C1 et f2 = ha2, B, ?i 2 C2 telles que
pgcd(a1, a2) = 1 et pgcd(a1a2, M ) = 1.
(2) Il existe aussi un ensemble de trois formes quadratiques données par
fi = hai, B, ?i 2 Ci
(i = 1, 2, 3)
vérifiant
pgcd(a1, a2) = 1, pgcd(a1, a3) = 1, pgcd(a2, a3) = 1,
60
61
et telles que n’importe quelle paire d’entre elles sont
concordantes.
Démonstration. (1) Pour commencer, expliquons
pourquoi on peut choisir une forme F1 = ha1, b1, ?i 2 C1
telle que a1 6= 0 et pgcd(a1, M ) = 1. Pour ce faire,
prenons d’abord une forme f quelconque dans la classe
C1. Soit r, t, une paire d’entiers relativement premiers tels
que
a1 = f (r, t) 6= 0 et pgcd(a1, M ) = 1.
La paire r, t peut être choisie, par exemple, comme dans la
preuve du lemme précédent. Soit s, u 2 Z tels que selon
le lemme de Bezout ur st = 1, de sorte que
✓
◆
r s
A=
2 SL2(Z).
t u
Alors la forme F1 = Af = ha1, b1, ?i est telle que nous le
désirons.
De façon similaire, choisissons la forme quadratique
F2 = ha2, b2, ?i 2 C2 de façon à ce que
a2 6= 0 et
pgcd(a2, a1M ) = 1.
Ensuite, prenons des entiers n1, n2 tels que
b1 + 2a1n1 = b2 + 2a2n2.
Cette équation peut être écrite comme
a1 n 1
a2 n 2 =
b2
b1
2
Des solutions n1 et n2 existent parce que d’une part
b1 ⌘
⌘ b2
(mod 2),
et parce que d’autre part pgcd(a1, a2) = 1. Il est alors
clair que les formes
✓
◆
1 n1
f1 =
F1 = ha1, b, ?i
0 1
et
◆
1 n2
F2 = ha2, b, ?i
0 1
avec b = b1 + 2a1n1 = b2 + 2a2n2 sont concordantes, tel
que demandé dans l’énoncé du lemme, parce que
f2 =
b2
✓
4a1c1 = b2
4a2c2
entraı̂ne a1c1 = a2c2, de sorte que a1|c2 et a2|c1 vu que
pgcd(a1, a2) = 1.
(2) En procédant comme dans la démonstration de la
partie (1), nous savons qu’il existe une forme g1 2 C1
avec a1 6= 0, une forme g2 2 C2 telle que a2 6= 0 et
pgcd(a2, a1) = 1, et une forme g3 2 C3 telle que a3 6= 0
et pgcd(a3, a1a2) = 1. Nous avons donc que les entiers
a1, a2, a3 sont copremiers deux à deux, de sorte qu’il existe
des entiers m1, m2, m3 pour lesquels nous avons l’égalité
de Bezout
(5.2)
m1a1 + m2a2 + m3a3 = 1.
Nous pouvons supposer que m1 est pair. En e↵et, supposons que m1 est impair. Vu que pgcd(a2, a3) = 1, il
.
62
63
existe r2, r3 2 Z tels que r2a2 + r3a3 = 1, de sorte que
a1r2a2 + a1r3a3 = a1.
Donc l’équation (5.1) s’écrit
(5.3)(m1
1)a1 + (m2 + a1r2)a2 + (m3 + a1r3)a3 = 1.
avec m1
1 pair.
Montrons qu’il existe des entiers n1, n2, n3 tels que
(5.4) b1 + 2a1n1 = b1 + 2a1n1 = b1 + 2a1n1 = B,
disons. Nous voulons donc exhiber des entiers n1, n2, n3
qui vérifient
(
n1a1 n2a2 = 12 (b2 b1),
n1a1
1
2 (b2
n 3 a3 =
1
2 (b3
b1),
1
2 (b3
où
b1) et
b1) sont des entiers vu que pour
i = 1, 2, 3, bi ⌘
(mod 2). Additionnant ces deux
équations, nous obtenons
(5.5)
2n1a1
avec u = 12 (b2 + b3)
n 2 a2
n 3 a3 = u
m1u1a1 + m2u1a2 + m3u1a3 = u.
Nous concluons alors qu’avec
1
n1 = um1, n2 = um2 n3 =
2
Considérons maintenant les formes
✓
◆
1 ni
fi =
gi = hai, B, ?i
0 1
(i = 1, 2, 3).
Elles vérifient la propriété (5.3) et chaque paire de formes
parmi ces trois formes est un ensemble de formes concordantes.
Proposition 5.5. Soit C1 et C2, deux classes d’équivalence au sens strict de formes primitives de discriminant
6= 0. Soit f1 2 C1 et f2 2 C2, une paire
de formes concordantes. Soit g1 2 C1 et g2 2 C2, une
autre paire de formes concordantes. Alors f1 ⇤ f2 est
strictement équivalente à g1 ⇤ g2.
Démonstration. Commençons par écrire les formes
considérées:
(
f1 = ha1, b, a2ci , f2 = ha2, b, a1ci ,
g1 = ha01, b0, a02c0i , g2 = ha02, b0, a01c0i .
b1, où u est un entier.
Multiplions chaque membre de l’équation (5.1) par u
pour obtenir
(5.6)
les égalités (5.3) et (5.4) sont vérifiées.
um3,
La preuve s’e↵ectuera en quatre étapes.
(1) Soit f1 = g1 et pgcd(a1, a02) = 1. Donc a1 = a01,
b = b0. Alors f1 est concordante avec f2 et g2, et nous
devons prouver que f1 ⇤ f2 ⇠ f1 ⇤ g2. Soit
✓
◆
r s
B=
2 SL2(Z)
t u
64
65
telle que Bf2 = g2. Nous avons alors les égalités suivantes
(où b = b0):
✓
◆✓
◆
✓ 0 1 ◆✓
◆ 1
r t
a2 12 b
a2 2 b
r s
=
1
1
0 0
s u
t u
2 b a1 c
2 b a1 c
✓ 0 1 ◆✓
◆
a2 2 b
u
s
=
.
1
0 0
t r
2 b a1 c
= a1a0
=
Soit
F = f1 ⇤ f2 = ha1a2, b, ci
et posons
H=
✓
r s/a1
ta1 u
◆
F = hh1, h2, h3i.
Nous voulons prouver que H = f1 ⇤ g2. Calculons h1 et
h3. D’une part,
h1 = F (r, ta1) = a1a2r2 + brta1 + ct2a21
= a1 a2r2 + brt + ca1t2
= a1f2(r, t)
(car Bf2 = g2)
(car f1 = f10 ).
D’autre part,
s2
s
+ b u + cu2
a21
a1
1
1
=
a2s2 + bsu + a1cu2 =
f2(s, u)
a1
a1
1 0 0
=
(a c ) (car Bf2 = g2)
a1 1
1
= 0 (a01c0) (car a1 = a01)
a1
= c0 .
h3 = F (s/a1, u) = a1a2
En comparant les éléments (1, 2) de ces produits de matrices, nous obtenons ta1c = a02s. Comme pgcd(a1, a02) =
1, nous en déduisons a1|s. Donc
✓
◆
r s/a1
B0 =
2 SL2(Z).
ta1 u
La première étape est donc complétée si nous pouvons
montrer que B 0(f1 ⇤ f2) = f1 ⇤ g2.
a01a02
Donc
H = hh1, h2, h3i = ha01a02, ?, c0i = g1 ⇤ g2 = f1 ⇤ g2.
(2) Soit b = b0 et pgcd(a1, a02) = 1. Par hypothèse, f1
et f2 sont concordantes. Montrons que f1 et g2 sont aussi
concordantes; en e↵et,
= b2
4a1a2c = b2
4a02a01c0,
i.e., a1a2c = a01a02c0; comme pgcd(a1, a02) = 1, nous concluons que a1|a01c0 et a02|a2c. D’après la partie (1), nous
avons alors d’une part f1 ⇤ f2 ⇠ f1 ⇤ g2. Or nous avons
aussi que g2 et g1 sont deux formes concordantes et que
g2 et f1 sont aussi concordantes. Donc toujours d’après la
66
67
partie (1), nous avons g2 ⇤ g1 ⇠ g2 ⇤ f1. La transitivité de
la relation d’équivalence stricte et la communtativité de ⇤
nous donne alors que f1 ⇤ f2 ⇠ g1 ⇤ g2.
(3) Soit pgcd(a1a2, a01a02) = 1. Soit L, n, n0 2 Z tels
que
b + 2a1a2n = b0 + 2a01a02n0 = L,
disons. Posons
8
✓
◆
1 a2n
>
>
> F1 =
f1 = ha1, L, c1i 2 C1,
>
>
0 1
>
>
>
>
✓
◆
<
1 a1 n
F2 =
f2 = ha2, L, c2i 2 C2,
0 1
>
>
>
>
✓
◆
>
>
>
1 n
>
>
(f1 ⇤ f2) = ha1a2, L, di ,
: H1 =
0 1
sans qu’il soit nécessaire d’écrire explicitement les valeurs
de c1, c2 et d. La valeur du discriminant de F1, F2 et
H1 nous donne les égalités
a1a2d = a1;
c 1 = a2 c 2 .
Ceci nous permet de dire que a1|a2c2 et a2|a1c1, et de
conclure que F1 et F2 sont concordantes. Similairement,
les formes
G1 = ha01, L, ?i 2 C1 et G2 = ha02, L, ?i 2 C2
sont concordantes et
H2 = ha01a02, L, ?i ⇠ g1 ⇤ g2.
Dès lors, nous pouvons appliquer la deuxième étape aux
quatre formes F1, F2, G1, G2, pour lesquelles nous avons en
particulier pgcd(a1, a02) = 1, et conclure que nous avons
F1 ⇤ F2 ⇠ G1 ⇤ G2. Nous déduisons donc que
f 1 ⇤ f 2 ⇠ H1 = F 1 ⇤ F 2 ⇠ G1 ⇤ G2 = H2 ⇠ g 1 ⇤ g 2 .
(4) Cas général. Il existe des formes concordantes
F1 = hA1, B, ?i 2 C1 et F2 = hA02, B, ?i 2 C2
telles que pgcd(A1A2, a1a2a01a02) = 1. Comme en particulier, nous avons pgcd(A1A2, a1a2) = 1, nous déduisons
de l’étape précédente que F1 ⇤ F2 ⇠ f1 ⇤ f2. Comme on
a aussi pgcd(A1A2, a01a02) = 1, nous déduisons encore de
l’étape précédente que F1 ⇤ F2 ⇠ g1 ⇤ g2. D’où, par transitivité, f1 ⇤ f2 ⇠ g1 ⇤ g2. Ceci termine la émonstration.
Théorème 5.6. Soit
un discriminant di↵érent
de zéro. L’ensemble des classes d’équivalence au sens
strict des formes quadratiques binaires primitives de
discriminant est un groupe abélien fini par rapport
à la loi “composition des classes”. L’élément neutre du
groupe est la classe de la forme principale I. L’inverse
dans le groupe de la classe d’une forme primitive f est
la classe de toute forme improprement équivalente à
f.
Démonstration. Grâce à la proposition 5.5, nous
savons que la loi de composition ⇤ est une fonction bien
définie. Il y a 4 propriétés à démontrer.
68
69
cette dernière forme étant concordante à gauche avec ha, b, ci.
Nous évaluons ensuite la composition pour constater que
le résultat est dans la classe principale de f0:
✓
◆
r 1
ha, b, ci ⇤ hc, b, ai = hac, b, 1i =
f0
1 0
avec
(
b/2
si 2| ,
r=
(b 1)/2 si 2 - .
Donc
[ha, b, ci] ⇤ [hc, b, ai] = [f0],
de sorte que la classe de hc, b, ai est la classe inverse de la
classe C.
(1) Commutativité. Cette partie est claire d’après la
définition de la composition de deux formes concordantes.
(2) Élément neutre. Soit C une classe d’équivalence
au sens strict et soit ha, b, ?i une forme appartenant à C,
où a 6= 0. Soit C0 la classe d’équivalence au sens strict de
la forme principale f0 (aussi notée I) définie par
(⌦
↵
1, 0, 14
si
⌘ 0 (mod 4),
f0 = ⌦
↵
1, 1, 14 (1
) si
⌘ 1 (mod 4).
Or h1, b, ?i et f0 sont dans la même classe d’équivalence
au sens strict puisque b ⌘
(mod 2) et
(
✓
◆
b/2
si 2| ,
1 s
f0 = h1, b, ?i pour s =
0 1
(b 1)/2 si 2 - .
(4) Associativité. Soit C1, C2 et C3, trois classes quelconques. Nous voulons prouver
Donc f0 ⇠ h1, b, ?i. Par conséquent, C0C est la classe de
h1, b, ?i ⇤ ha, b, ?i = ha, b, ?i 2 C, de sorte que C0C = C.
Donc C0 est l’élément neutre de la composition des classes.
C1 ⇤ (C2 ⇤ C3) = (C1 ⇤ C2) ⇤ C3.
D’après la partie (2) du lemme 5.4, il existe des formes
8
f = ha1, B, ?i 2 C1,
>
>
< 1
f2 = ha2, B, ?i 2 C2,
>
>
:
f3 = ha3, B, ?i 2 C3
telles que n’importe quelle paire d’entre elles sont concordantes. Alors nous pouvons calculer
(f1 ⇤ f2) ⇤ f3 = ha1a2, B, ?i ⇤ ha3, B, ?i
(3) Inverses. Soit C une classe de formes. En vertu
du lemme 5.3, il existe une forme ha, b, ci 2 C telle que
a 6= 0. On peut supposer que c 6= 0, car on n’aurait qu’à
considérer
✓
◆
1 n
ha, b, ci
0 1
pour un n convenable. Toute forme improprement équivalente à une forme de C est proprement équivalente à
✓
◆
0 1
ha, b, ci = hc, b, ai ,
1 0
= ha1a2a3, B, ?i
= f1 ⇤ (f2 ⇤ f3).
70
71
Exemple. Soit = 264 = 4 · 66, où 66 ⌘ 2
(mod 4), de sorte que est un discriminant fondamental.
Nous avons
8
I = h1, 0, 66i , Q1 = h2, 0, 33i ,
>
>
>
>
< Q = h3, 0, 22i , Q = h6, 0, 11i ,
Donc la composition des classes est associative.
Il existe une autre loi de composition des classes qui
génère une structure de groupe et qui a été définie par
Dirichlet. Elle a l’avantage d’être facile à programmer.
Dirichlet a introduit la notion de formes unies. Cela a
permis à D. Shanks d’exhiber une méthode pour trouver
f1 ⇤ f2 lorsque f1 et f2 sont unies.
2
Proposition 5.9 (Dirichlet). Soit f = ha, b, ci et
f 0 = ha0, b0, c0i deux formes primitives de discriminant
6= 0. Soit
◆
✓
b + b0
b + b0
= au + a0v +
w
d = pgcd a, a0,
2
2
Soit I la classe d’équivalence au sens strict de la forme
principale I, et soit Ci la classe d’équivalence de Qi (où
1  i  7). Nous voulons démontrer que nous avons alors
le tableau suivant, où I est l’élément neutre du groupe des
classes, et où la loi de composition ⇤ est commutative:
pour des entiers u, v, w 2 Z (non nécessairement uniques). Alors
f ⇤ f 0 = hA, B, Ci
où
A=
✓
aa0
1
bb0 +
,
B
=
aub0 + a0vb +
d2
d
2
◆
B2
w , C=
4A
Démonstration. Pour les grandes lignes, se référer au
volume de Buell.
3
>
Q4 = h5, 4, 14i , Q5 = h5, 4, 14i ,
>
>
>
:
Q6 = h7, 4, 10i , Q7 = h7, 4, 10i .
·
⇤
I
C1
C2
C3
C4
C5
C6
C7
I
I
C1
C2
C3
C4
C5
C6
C7
C1
C1
I
C3
C2
C7
C6
C5
C4
C2
C2
C3
I
C1
C5
C4
C7
C6
C3
C3
C2
C1
I
C6
C7
C4
C5
C4
C4
C7
C5
C6
C2
I
C1
C3
C5
C5
C6
C4
C7
I
C2
C3
C1
C6
C6
C5
C7
C4
C1
C3
C2
I
C7
C7
C4
C6
C5
C3
C1
I
C2
Calculons C1 ⇤ C1. Nous cherchons donc h2, 0, 33i ⇤
h2, 0, 33i. Ici
= pgcd(2, 2, 0) = 2 = 1 · 2 + 0 · 2 + 0 · 0.
72
73
Prenons alors u = 1, v = 0, w = 0. D’où
Or
h15, 24, 14i ⇠ h14, 4, 5i ⇠ h5, 4, 14i .
Donc C2 ⇤ C5 = C4.
A = 1, B = 0, C = 66.
Donc
h2, 0, 33i ⇤ h2, 0, 33i = h1, 0, 66i = I,
c’est-à-dire C1 ⇤ C1 = I.
Calculons C4 ⇤ C4. Nous cherchons donc la valeur de
h5, 4, 14i ⇤ h5, 4, 14i. Ici
= pgcd(5, 5, 4) = 1 = 1 · 5 + 0 · 5
Prenons alors u = 1, v = 0, w =
1 · 4.
1. D’où
Or
144 + b0 ⌘ 0
où
0
⇠ h3, 0, 22i = Q2 où
6+b ⌘0
Donc C4 ⇤ C4 = C2.
(mod 420)
(mod 50)
(mod 6).
Calculons C2 ⇤ C5. Nous cherchons donc la valeur de
h3, 0, 22i ⇤ h5, 4, 14i. Or
= pgcd(3, 5, 2) = 1 = 2 · 3
Prenons alors u = 2, v =
– Est-ce le groupe des quaternions Q8? Non, car Q8 n’est
pas abélien.
– Est-ce Z/2Z⇥Z/4Z? Oui, et c’est le seul choix qu’il nous
restait, vu qu’à isomorphisme près il n’y a que 5 groupes
possibles d’ordre 8. Remarquons que concrètement
hC1i ⇥ hC4i ' Z/2Z ⇥ Z/4Z.
1 · 5 + 0 · 2.
1, w = 0. D’où
A = 15, B =
– Est-ce Z/8Z? Non, car il n’y a aucun élément d’ordre 8.
– Est-ce le groupe diédral D8? Non, car D8 n’est pas
abélien.
h25, 144, 210i
⇠ h25, 6, 3i
Concentrons-nous maintenant sur la structure de ce groupe d’ordre 8, en nous rappelant qu’il y a exactement 5
groupes d’ordre 8.
– Est-ce Z/2Z ⇥ Z/2Z ⇥ Z/2Z? Non, car C4 est d’ordre
4.
A = 25, B = 144, C = 210.
⇠ h210, 144, 25i où 144 + b0 ⌘ 0
Les autres calculs se font de façon semblable.
24, C = 14.
Exercice 5.1 Dans le dernier exemple, vérifiez d’autres
valeurs de la table de composition.
74
75
6. Conclusion.
Addendum: Solutions
Il y a d’autres propriétés à étudier comme la représentation d’un entier par une forme quadratique, le genre des
formes quadratiques, les formes ambigues, la factorisation
d’un entier via les formes quadratiques, les cryptosystèmes
via un groupe de classes.
Exercice 1.1. Prouvez que ⇡ et ⇠ sont des relations
d’équivalence.
Nous voulons terminer en mentionnant que l’arithmé-tique des formes quadratiques en propriétés pour les idéaux
de l’anneau des entiers algébriques d’un corps de nombres
algébriques. Cette transformation se fait en associant à la
forme p
quadratique de discriminant
= b2 4ac l’idéal J
p
de Q(
) engendré par a et b+2 :
"
p #
b+
ha, b, ci 7 ! a,
.
2
Exercice 1.2. Prouvez que deux formes quadratiques
équivalentes (au sens strict ou au sens large) ont forcément
le même discriminant.
✓
◆
r s
Solution. Soit
2 GL2(Z) et soit
t u
Solution. En e↵et, ces relations sont réflexives, symétriques
et transitives.
f = ha, b, ci
et
g = ha0, b0, c0i
deux formes quadratiques telles que g = Af . En utilisant
les formules (1.1), nous trouvons que
g
= (rs
tu)2(b2
4ac) = 1 ·
f
=
f.
Exercice 1.3. Exhibez deux formes quadratiques vérifiant
à la fois la propriété “f est proprement équivalente à g”et
la propriété “f est improprement équivalente à g”.
Solution. Considérons f = ha, 0, ci et g = hc, 0, ai.
Nous avons
✓
◆
✓
◆
0 1
0 1
g=
f
et
g=
f.
1 0
1 0
Exercice 1.4. Supposons que
f = ha, b, ci = aX 2 + bXY + cY 2
76
77
et qu’il existe des entiers r et t copremiers entre eux pour
lesquels nous avons k = f (r, t). Prouvez qu’il existe des
entiers b0, c0 tels que f ⇠ hk, b0, c0i.
Solution. Supposons que s et u sont des entiers pour
lesquels ru st = 1. Alors il existe des entiers b0, c0 pour
lesquels
✓
◆
r s
f = hk, b0, c0i , c’est-à-dire, f ⇠ hk, b0, c0i .
t u
Exercice 2.1. Vérifierz que ha, b, ai ⇠ ha, b, ai et
que ha, a, ci ⇠ ha, a, ci.
Solution. D’une part,
✓
◆
0 1
ha, b, ai = ha, b, ai.
1 0
D’autre part,
✓
1
0
1
1
◆
ha, a, ci = ha, a, ci.
Exercice 2.2. Trouvez les valeurs des nombres de
classes h et h+ lorsque = 15.
Solution. Appliquez l’algorithme.
Exercice 2.3. Soit f (X, Y ) = aX 2 + bXY + cY 2
une forme quadratique définie positive avec |b|  a  c,
et soit v un entier de {1, 2, . . . , a}. Prouvez que si v 2
{1, 2, . . . , a 1}, alors f (X, Y ) = v n’a pas de solution
entière. De plus, prouvez que les solutions possibles (r, t)
de f (X, Y ) = a sont données par
8
(1, 0), ( 1, 0),
>
>
>
>
< (0, 1), (0, 1) lorsque c = a,
(r, t) =
> (1, 1), ( 1, 1) lorsque c = b = a > 0,
>
>
>
:
(1, 1), ( 1, 1) lorsque c = b = a > 0.
Concluez que a est le plus petit entier positif représenté
par la forme quadratique aX 2 + bXY + cY 2 .
Solution. Nous avons l’égalité
✓
◆2
b
| | 2
f (X, Y ) = a X + Y
+
Y .
2a
4a
Soit (r, t) une solution vérifiant f (r, t)  a. Alors nous
| | 2
4 2
avons l’inégalité
t  a, de sorte que t2 
a . De
4a
| |
p
plus, d’après la proposition 2.2(ii), a  | |/3. D’où
t2 
4 | | 4
= .
| | 3
3
Donc t 2 {0, 1, 1}. Si t = 0, alors nous avons r = ±1 et
F (±1, 0) = a.
Soit t = ±1. Alors nous déduisons que ar2 ±br +c  a.
Comme |b|  a, nous avons ar2 ± br
0. L’hypothèse
a  c force donc a = c. Il faut alors résoudre
ar2 ± br = (ar ± b)r = 0.
78
79
Si r = 0, alors (r, t) = (0, 1) ou (0, 1). Si ar + b = 0,
alors r = b/a. Or |b|  a. Donc |b| = a. Si b = a, alors
(r, t) = ( 1, 1). Si b = a, alors (r, t) = (1, 1). Ceci
termine la solution de l’exercice et on a vu au passage que
f (X, Y ) < a n’a pas de solution.
Exercice 4.1. Ecrivez toutes les formes quadratiques
de discriminant = 120. Donnez la valeur du nombre de
classes au sens restreint. Donnez la valeur du nombre de
classes au sens restreint.
Solution. On trouve un premier cycle de formes quadratiques réduites formé par
h7, 8, 2i, h 2, 8, 7i, h7, 6, 3i, h 3, 6, 7i,
puis un autre donné par
h 7, 8, 2i, h2, 8, 7i, h 7, 6, 3i, h3, 6, 7i.
On a aussi le cycle formé par
h1, 10, 5i, h 5, 10, 1i,
puis un autre donné par
h 1, 10, 5i, h5, 10, 1i.
Donc le nombre de classes h120 vaut 4.
Exercice 5.1 Dans le dernier exemple, vérifiez d’autres
valeurs de la table de composition.
Bibliographie
D.A. Buell, Binary quadratic forms, Classical theory
and modern computations, Springer-Verlag, 1984, x+247
pages.
A. Faisant, L’équation diophantienne du second degré,
Hermann, 1991, vi+238 pages.
D. Flath, Introduction to number theory, J.Wiley, 1989,
xii+212 pages.
G.L. Watson, Integral quadratic forms, Cambridge Tracts
in Math. Phys. 57, Cambridge U. Press, 1960, 6543 pages.
R. Mollin, Quadratics, CRC, 1996, xx+387 pages.