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\begin{document}
\noindent \textbf{Alg\`ebre et Th\'eorie des nombres - Printemps 2008} \hfill \textbf{Universit\'e Claude Bernard Lyon 1}
\vspace{0.3cm}
\hrule

\vspace{0.8cm} \begin{center} {\bfseries \scshape Corrig\'e (tr\`es) partiel de la fiche 7}\end{center}

\vspace{0.6cm}

\noindent \textbf{Exercice 4} --- \emph{L'anneau $\mathbb{Z}[i]$ des entiers de Gauss}.

\vspace{0.4cm} 0. L'application $\varphi : \mathbb{Z}[\X] \rightarrow \mathbb{C}, \ \rP \mapsto \rP(i)$ est un homomorphisme d'anneaux. Par division euclidienne, tout polyn\^ome $\rP \in \mathbb{Z}[\X]$ s'\'ecrit (de mani\`ere unique) sous la forme $\rP = (\X^2+1)\Q + a + b\X$ avec $\Q \in \mathbb{Z}[\X]$ et $a, b \in \mathbb{Z}$. Comme $\rP(i) = a+bi$, on obtient imm\'ediatement : \begin{itemize} \item $\rP(i) = 0$ si et seulement si $a=b=0$, de sorte que le noyau de l'homomorphisme $\varphi$ est l'id\'eal engendr\'e par le polyn\^ome $\X^2+1$ ; \item $\varphi(\rP) = a+bi$, de sorte que l'image de $\varphi$ est le sous-anneau $\mathbb{Z}[i]$ de $\mathbb{C}$, form\'e des nombres complexes de la forme $a+ib$ avec $a, b \in \mathbb{Z}$. \end{itemize} L'homomorphisme $\varphi$ induit donc un isomorphisme d'anneaux entre l'anneau quotient $\mathbb{Z}[\X]/(\X^2+1)$ et le sous-anneau $\mathbb{Z}[i]$ de $\mathbb{C}$.

\vspace{0.4cm} 1. L'application $\N : \mathbb{Z}[i] \rightarrow \mathbb{N}, \ z \mapsto \N(z) = z \overline{z}$ est multiplicative : $\N(zz')=\N(z)\N(z')$ pour tous $z, z' \in \mathbb{Z}[i]$.

\vspace{0.2cm}
Si un \'el\'ement $z$ de $\mathbb{Z}[i]$ est inversible, il existe $z' \in \mathbb{Z}[i]$ tel que $zz'=1$ ; on a alors $\N(z)\N(z') = \N(zz')=\N(1)=1$ et donc $\N(z)=1$ puisque $\N(z), \N(z') \in \mathbb{N}$. R\'eciproquement, si $z$ est un \'el\'ement de $\mathbb{Z}[i]$ tel que $z\overline{z} = \N(z)=1$, $z$ est inversible dans $\mathbb{Z}[i]$, d'inverse $\overline{z}$. Ainsi, les \'el\'ements inversibles de l'anneau $\mathbb{Z}[i]$ sont pr\'ecis\'ement les \'el\'ements de norme $1$.

\vspace{0.2cm} Les solutions de l'\'equation $a^2+b^2 = 1$ dans $\mathbb{Z}^2$ \'etant les couples $(1, 0), \ (-1, 0), \ (0,1)$ et $(0,-1)$, $\mathbb{Z}[i]^{\times} = \{1, -1, i, -i\}$.

\vspace{0.4cm} 2. L'anneau $\mathbb{Z}[i]$ est \emph{euclidien} : quels que soient les \'el\'ements $a, b \in \mathbb{Z}[i]$, il existe un couple $(q, r) \in \mathbb{Z}[i]^2$ tel que $a = bq+r$ avec $\N(r) < \N(b)$. Ce r\'esultat, d\'emontr\'e en cours, implique que l'anneau $\mathbb{Z}[i]$ est principal \footnote{Soit en effet $\Ir$ un id\'eal non nul de $\mathbb{Z}[i]$. La fonction $\N : \Ir - \{0\} \rightarrow \mathbb{N} - \{0\}$ atteint son minimum en un \'el\'ement non nul $f$ de $\Ir$ ; quel que soit alors $a \in \Ir - \{0\}$, $a = qf+r$ avec $\N(r) < \N(f)$ et, puisque $r = a - qf \in \Ir$, $r = 0$ vu le choix de $f$. L'id\'eal $\Ir = (f)$ est ainsi principal.} 

\vspace{0.2cm} \noindent \emph{Illustration} -- Comme $z = \frac{5+5i}{3-4i} = \frac{(5+5i)(3+4i)}{25} = -\frac{1}{5} + \frac{7}{5}i$, $i$ est le point de $\mathbb{Z}[i]$ le plus proche de $z$ et $$|z - i|^2 = \big|-\frac{1}{5}+\frac{2}{5}i\big|^2 = \frac{1}{25} ;$$ on a alors $$\N(5+5i - (3-4i)i) = \N(3-4i)|z-i|^2 < \N(3-4i),$$ donc l'identit\'e $5+5i = (3-4i)i + 1+2i$ est une division euclidienne de $5+5i$ par $3-4i$ et l'id\'eal $(5+5i, 3-4i)$ est \'egal \`a l'id\'eal $(3-4i,1+2i)$. 

Comme $\frac{3-4i}{1+2i} = \frac{(3-4i)(1-2i)}{5} = -1 -2i$, $1+2i$ divise $3-4i$ dans $\mathbb{Z}[i]$ et donc finalement $$(5+5i,3-4i) = (3-4i,1+2i) = (1+2i).$$  

\vspace{0.4cm} 3. Soit $p$ un nombre premier. En vertu de l'exercice 3 (question 2) et de la question 0 ci-dessus,
$$\mathbb{Z}[i]/(p) \simeq \mathbb{Z}[\X]/(\X^2+1, p) \simeq \big(\mathbb{Z}[\X]/(p)\big)/(\X^2+1) \simeq \mathbb{F}_p[\X]/(\X^2+1).$$

\vspace{0.4cm} 4. (i) Supposons $p > 2$. Il est facile de voir que $-1$ est un carr\'e dans $\mathbb{F}_p$ si et seulement s'il existe un \'el\'ement d'ordre $4$ dans le groupe multiplicatif $\mathbb{F}_p^{\times}$. En effet : s'il existe $x \in \mathbb{F}_p$ tel que $x^2=-1$, $x^4=1$ et, comme $-1 \neq 1$ dans $\mathbb{F}_p$ puisque $p >2$, $x$ est d'ordre $4$ dans $\mathbb{F}_p^{\times}$ ; r\'eciproquement, si $x$ est un \'el\'ement d'ordre $4$ de $\mathbb{F}_p^{\times}$, $(x^2 -1)(x^2+1) = x^4-1 = 0$ et donc $x^2 = -1$ car, $x$ \'etant d'ordre $4$, $x^2 \neq 1$.

\vspace{0.2cm} Comme le groupe $\mathbb{F}_p^{\times}$ est cyclique d'ordre $p-1$, il contient un \'el\'ement d'ordre $4$ si et seulement si $4|p-1$. Ainsi, $-1$ est un carr\'e dans $\mathbb{F}_p$ si et seulement si $p \equiv 1 \ (\mathrm{mod} \ 4).$ \footnote{Noter par ailleurs que $-1 = 1$ est un carr\'e dans $\mathbb{F}_2$.}

\vspace{0.4cm} (ii) L'anneau $\mathbb{Z}[i]$ \'etant principal, un \'el\'ement non nul $z$ est irr\'eductible si et seulement si l'id\'eal $(z)$ est premier. Un nombre premier $p$ est par suite irr\'eductible dans $\mathbb{Z}[i]$ si et seulement si l'anneau quotient $\mathbb{Z}[i]/(p) \simeq \mathbb{F}_p[\X]/(\X^2+1)$ est int\`egre, donc si et seulement si le polyn\^ome $\X^2+1$ est irr\'eductible dans $\mathbb{F}_p[\X]$. Cette derni\`ere est \'equivalente au fait que $\X^2+1$ n'ait pas de racine dans $\mathbb{F}_p$, c'est-\`a-dire que $-1$ ne soit pas un carr\'e dans $\mathbb{F}_p$. Conclusion : $p$ est irr\'eductible dans $\mathbb{Z}[i]$ si et seulement si $p \equiv 3 \ (\mathrm{mod} \ 4)$.

\vspace{0.4cm} (iii) La d\'ecomposition $2 = (1-i)(1+i)$ montre que $2$ n'est pas irr\'eductible dans $\mathbb{Z}[i]$ car ni $1-i$ ni $1+i$ ne sont inversibles dans $\mathbb{Z}[i]$ puisque $\N(1-i) = \N(1+i) =2$. En fait, $1-i = -i(1+i)$ et donc $2 = (-i)(1+i)^2$.

Soit d'autre part $p$ un nombre premier congru \`a $1$ modulo $4$. Vu la question (ii), $p$ n'est pas irr\'eductible dans l'anneau $\mathbb{Z}[i]$ ; il existe donc $z , z' \in \mathbb{Z}[i]$ tels que $p = zz'$ et $\N(z), \N(z') > 1$. On a alors $p^2 = \N(p) = \N(z)\N(z')$, d'o\`u $\N(z)=\N(z')=p$ ; en particulier, $p = z\overline{z}$. 

\vspace{0.2cm} Il reste \`a voir que les d\'ecompositions de $2$ et de tout nombre premier $p \in 1+4\mathbb{Z}$ que l'on vient d'obtenir font intervenir des \'el\'ements irr\'eductibles de $\mathbb{Z}[i]$.

\vspace{0.2cm}
\noindent Lemme --  \emph{Un entier de Gauss $z$ dont la norme $\N(z)$ est un nombre premier est irr\'eductible.}

\noindent \emph{Preuve.} Une d\'ecomposition $z = z'z''$ dans $\mathbb{Z}[i]$ implique $\N(z) = \N(z')\N(z'')$, donc $\N(z')=1$ ou $\N(z'')=1$ puisque $\N(z)$ est un nombre premier ; ainsi, $z'$ ou $z''$ est inversible en vertu de la question 1 et $z$ est bien irr\'eductible.

\vspace{0.4cm} 5. \`A l'issue de la question 4, nous savons que les \'el\'ements suivants de $\mathbb{Z}[i]$ sont irr\'eductibles : \begin{itemize}
\item les entiers de Gauss de la forme $up$, avec $u \in \mathbb{Z}[i]^{\times}$ et $p$ un nombre premier congru \`a $3$ modulo $4$ ; 
\item les entiers de Gauss $a+ib$ dont la norme $a^2+b^2$ est un nombre premier.
\end{itemize}

\vspace{0.2cm} Ceci \'epuise la liste des \'el\'ements irr\'eductibles de $\mathbb{Z}[i]$. Consid\'erons en effet un \'el\'ement irr\'eductible $z$ de  $\mathbb{Z}[i]$. Comme $z$ n'est pas inversible, $\N(z)$ est un nombre entier strictement sup\'erieur \`a $1$ et donc est divisible par un nombre premier $p$ : $p|z\overline{z}$. 

Si $p \equiv 3 \ (\mathrm{mod} \ 4)$, $p$ est irr\'eductible dans $\mathbb{Z}[i]$ ; on a alors $p|z$ ou $p | \overline{z}$ en vertu du lemme de Gauss (qui s'applique dans tout anneau factoriel) et, puisque $\overline{p} = p$, $p|z$. Comme nous avons suppos\'e $z$ irr\'eductible, il en d\'ecoule $z = up$ avec $u \in \mathbb{Z}[i]^{\times}$. 

Si $p=2$ ou si $p \equiv 1 \ (\mathrm{mod} \ 4)$, $p$ s'\'ecrit sous la forme $p =  \pi \overline{\pi}$ avec $\pi \in \mathbb{Z}$ irr\'eductible ; on a alors $\pi \overline{\pi} | z\overline{z}$, donc $\pi | z\overline{z}$, et n\'ecessairement $\pi|z$ ou $\pi|\overline{z}$ puisque $\pi$ est irr\'eductible ; de mani\`ere \'equivalente, $\pi|z$ ou $\overline{\pi}|z$. Comme $z$ est irr\'eductible, il en d\'ecoule $z = u\pi$ ou $z = u\overline{\pi}$ avec $u \in \mathbb{Z}[i]^{\times}$ et finalement $\N(z) = \N(u\pi) = \N(\pi) = p$ est un nombre premier.

\vspace{0.4cm}\noindent \emph{\'El\'ements irr\'eductibles associ\'es} ---  Rappelons que deux \'el\'ements $a$ et $b$ d'un anneau sont dits \emph{associ\'es} s'il existe un \'el\'ement inversible $u$ de $\A$ tel que $b = ua$ ; de mani\`ere \'equivalente, $a$ et $b$ sont associ\'es s'ils engendrent le m\^eme id\'eal dans $\A$.

\vspace{0.2cm}  Pour utiliser de mani\`ere efficace le fait que l'anneau $\mathbb{Z}[i]$ est factoriel, il faut savoir pr\'ecis\'ement quels sont les \'el\'ements irr\'eductibles associ\'es. La situation est la suivante :

\begin{itemize}
\item \`A chaque nombre premier $p$ congru \`a $3$ modulo $4$ correspondent exactement quatre \'el\'ements irr\'eductibles associ\'es dans $\mathbb{Z}[i]$ : $p$, $-p$, $ip$ et $-ip$.   
\item Au nombre premier $2$ correspondent \'egalement quatre \'el\'ements irr\'eductibles associ\'es dans $\mathbb{Z}[i]$ : $1+i$, $-1-i$, $-1+i$ et $1-i$.
\item  \`A chaque nombre premier $p$ congru \`a $1$ modulo $4$ correspondent deux familles de quatre \'el\'ements irr\'eductibles associ\'es : $\pi$, $-\pi$, $i\pi$ et $-i\pi$ d'une part, $\overline{\pi}$, $-\overline{\pi}$, $i\overline{\pi}$ et $-i\overline{\pi}$ d'autre part, o\`u $\pi$ est un entier de Gauss de norme $p$.
\end{itemize}

\vspace{0.2cm} \emph{Justifications} -- La premi\`ere assertion est claire. Supposons que $z$ soit un entier de Gauss dont la norme est un nombre premier $p$ ; $z$ est alors irr\'eductible (cf. question 4 (iii)). 

Si $p=2$, $z\overline{z} = 2 = (-i)(1+i)^2$, donc $z|1+i$, puis $z = u(1+i)$ avec $u \in \mathbb{Z}[i]^{\times}$ puisque $1+i$ est irr\'eductible et finalement $z \in \{1+i, -1-i, -1+i, 1-i\}$.

Si $p \equiv 1 \ (\mathrm{mod} \ 4)$,  fixons $\pi \in \mathbb{Z}[i]$ irr\'eductible tel que $p = \pi \overline{\pi}$. On a alors $z\overline{z} = \pi\overline{\pi}$, donc $z | \pi \overline{\pi}$ puis $z|\pi$ ou $z| \overline{\pi}$ et finalement $z = u\pi$ ou $z = u \overline{\pi}$ avec $u \in \mathbb{Z}[i]^{\times}$. Il reste \`a v\'erifier que $\pi$ et $\overline{\pi}$ ne sont pas associ\'es. Posant $\pi = a+ib$, il s'agit de v\'erifier que $\overline{\pi} = a-ib$ est distinct de $-a-ib$, $-b+ia$ et $-b-ia$. Le premier cas implique $a=0$ puis $p = a^2+b^2 = b^2$, ce qui est absurde ; les deux autres cas impliquent $a = \pm b$ puis $p = a^2 + b^2 = 2a^2$, ce qui contredit l'hypoth\`ese $p \equiv 1 \ (\mathrm{mod} \ 4)$.

\vspace{0.2cm} On peut lever l'ambigu\"{\i}t\'e due aux \'el\'ements inversibles en fixant une normalisation des \'el\'ements irr\'eductibles. Cela revient \`a choisir une application $$\lambda : \{\textrm{nombres premiers}\} \rightarrow \{\textrm{\'el\'ements irr\'eductibles de } \mathbb{Z}[i]\}$$ telle que : 
\begin{itemize}
\item $\lambda(2)$ soit associ\'e \`a $1+i$ ;
\item $\lambda(p)$ soit associ\'e \`a $p$ si $p \equiv 3 \ (\mathrm{mod} \ 4)$ ;
\item $\lambda(p)$ soit un entier de Gauss de norme $p$ si $p \equiv 1 \ (\mathrm{mod} \ 4)$.
\end{itemize}

Une fois ceci fait, le caract\`ere factoriel de l'anneau $\mathbb{Z}[i]$ garantit que tout entier de Gauss non nul $z$ s'\'ecrit d'une mani\`ere et d'une seule sous la forme $$z = u \lambda(2)^{v_2(z)} \prod_{p \equiv 3 \ (\mathrm{mod} \ 4)} \lambda(p)^{v_p(z)} \prod_{p \equiv 1 \ (\mathrm{mod} 4)} \lambda(p)^{v_p(z)} \prod_{p \equiv 1 \ (\mathrm{mod} \ 4)}\overline{\lambda(p)}^{v'_p(z)},$$ avec $u \in \mathbb{Z}[i]^{\times}$, $v_p(z), v'_p(z) \in \mathbb{N}$ et $v_p(z), v'(z) = 0$ pour tout nombre premier $p$ sauf au plus un nombre fini.

\vspace{1cm}
\noindent \textbf{Exercice 5} --- \emph{Deux applications arithm\'etiques}.

\vspace{0.4cm} 1. \emph{Premi\`ere application : un nombre naturel $n \geq 2$ peut s'\'ecrire sous la forme $a^2+b^2$ avec $a, b \in \mathbb{Z}$ si et seulement si, dans sa d\'ecomposition en produit de nombres premiers, tout facteur $p \equiv 3 \ (\mathrm{mod} \ 4)$ intervient avec une multiplicit\'e paire.}

\vspace{0.4cm} (i) \'Etant donn\'e un entier naturel $n$, l'existence d'entiers $a$ et $b$ tels que $a^2 + b^2 = n$ \'equivaut \'evidemment \`a l'existence d'entiers $a$ et $b$ tels que $n = (a+ib)(a-ib)$, c'est-\`a-dire \`a l'existence d'un entier de Gauss $z$ tel que $n = z \overline{z}$.

\vspace{0.4cm} (ii) Fixons un nombre entier naturel non nul $n$ et reprenons les notations introduites \`a la fin de l'exercice pr\'ec\'edent.

\vspace{0.2cm}
S'il existe $z \in \mathbb{Z}[i]$ tel que $n  = z\overline{z}$, alors $z$ est non nul et s'\'ecrit donc (de mani\`ere unique) sous la forme $$z = u \lambda(2)^{v_2(z)} \prod_{p \equiv 3 \ (\mathrm{mod} \ 4)} \lambda(p)^{v_p(z)} \prod_{p \equiv 1 \ (\mathrm{mod} 4)} \lambda(p)^{v_p(z)} \prod_{p \equiv 1 \ (\mathrm{mod} \ 4)}\overline{\lambda(p)}^{v'_p(z)},$$ avec $u \in \mathbb{Z}[i]^{\times}$, $v_p(z), v'_p(z) \in \mathbb{N}$ et $v_p(z), v'(z) = 0$ pour tout nombre premier $p$ sauf au plus un nombre fini. Il en d\'ecoule \begin{eqnarray*} n & = & z \overline{z} \\  & = & (u\overline{u}) \N(1+i)^{v_2(z)} \prod_{p \equiv  3 \ (\mathrm{mod} \ 4)} p^{2v_p(z)} \prod_{p \equiv 1 \ (\mathrm{mod} \ 4)} \N(\lambda(p))^{v_p(z)+v'_p(z)} \\ & = & 2^{v_2(z)} \prod_{p \equiv 3 \ (\mathrm{mod} \ 4)} p^{2v_p(z)} \prod_{p \equiv 1 \ (\mathrm{mod} \ 4)} p^{v_p(z)+v'_p(z)} \end{eqnarray*} et nous constatons que chaque facteur premier $p \equiv 3 \  (\mathrm{mod} \ 4)$ appara\^{\i}t avec une multiplicit\'e paire dans la d\'ecomposition de $n$ en produit de nombres premiers.

\vspace{0.2cm} Supposons r\'eciproquement que tout facteur premier $p \equiv  3 \ (\mathrm{mod} \ 4)$ apparaisse avec une multiplicit\'e paire dans la d\'ecomposition de $n$ en produit de nombre premiers. On a alors \begin{eqnarray*} n & = & 2^{v_2(n)}\prod_{p \equiv 1 \ (\mathrm{mod} \ 4)} p^{v_p(n)} \prod_{p \equiv 3 \ (\mathrm{mod} \ 4)} p^{2\tilde{v}_p(n)} \\ & = & \N(\lambda(2))^{v_2(n)} \prod_{p \equiv 1 \ (\mathrm{mod} \ 4)} \N(\lambda(p))^{v_p(n)} \prod_{p \equiv 3 \ (\mathrm{mod} \ 4)} \N(\lambda(p))^{\tilde{v}_p(n)} \\ & = & z\overline{z} \end{eqnarray*} avec $$z = \lambda(2)^{v_2(n)} \prod_{p \equiv 1 \ (\mathrm{mod} \ 4)} \lambda(p)^{v_p(n)} \prod_{p \equiv 3 \ (\mathrm{mod} \ 4)} \lambda(p)^{\tilde{v}_p(n)}.$$  

\vspace{0.4cm} 2. \emph{Seconde application : d\'etermination des solutions enti\`eres de l'\'equation de Pythagore $x^2+y^2 = z^2$.}

\vspace{0.2cm} (i) \'Etant donn\'e un triplet $(x, y, z) \in \mathcal{E}$, \'ecrivons $x = dx'$ et $y = dy'$ avec $d = \mathrm{pgcd}(x,y)$ et $x', y' \in \mathbb{Z}$ des entiers premiers entre eux. On a alors $z^2 = x^2 + y^2 = d^2({x'}^2 + {y'}^2)$, donc $d^2$ divise $z^2$ puis $d$ divise $z$ ; posant $z = dz'$, on obtient finalement ${x'}^2 + {y'}^2  = {z'}^2$ et, puisque $x'y'z' \neq 0$, le triplet $(x',y',z')$ appartient \`a $\mathcal{E}$.

\vspace{0.2cm} On consid\`ere dans ce qui suit un triplet $(x,y,z) \in \mathbb{Z}^3$ tel que $x^2+y^2 = z^2$, $xyz \neq 0$ et $\mathrm{pgcd}(x,y) = 1$. L'identit\'e $x^2+y^2 = z^2$ s'\'ecrit de mani\`ere \'equivalente sous la forme $$z^2 = (x+iy)(x-iy)$$  dans l'anneau $\mathbb{Z}[i]$.

\vspace{0.2cm} (ii) Soit $\pi$ un \'el\'ement irr\'eductible de $\mathbb{Z}[i]$ divisant $x+iy$. Vu l'identit\'e ci-dessus, $\pi$ divise $z^2$ et donc $\pi$ divise $z$ ; par suite, la multiplicit\'e de $\pi$ dans $z^2 = (x+iy)(x-iy)$ est paire. Pour en d\'eduire que la multiplicit\'e de $\pi$ dans $x+iy$ est \'egalement paire, il suffit de v\'erifier que $\pi$ ne divise pas $x-iy$.

Tout diviseur commum de $x+iy$ et $x-iy$ divise $2x = (x+iy)+(x-iy)$ et $2y = i((x+iy)-(x-iy))$, donc divise $\mathrm{pgcd}(2x,2y) = 2\mathrm{pgcd}(x,y) = 2$. Puisque les seuls \'el\'ements irr\'eductibles de $\mathbb{Z}[i]$ divisant $2$ sont les quatre entiers de Gauss associ\'es \`a $1+i$, nous en d\'eduisons que, si $\pi$ n'est pas associ\'e \`a $1+i$, $\pi$ ne divise pas $x-iy$ et appara\^{\i}t donc avec une multiplicit\'e paire dans $x+iy$.

\vspace{0.2cm} (iii) Par conjugaison, la multiplicit\'e de $1-i$ dans $x-iy$ est la m\^eme que celle de $1+i$ dans $x+iy$ ; comme $1+i$ et $1-i = (-i)(1+i)$ sont associ\'es, nous en d\'eduisons que la multiplicit\'e de $1+i$ est la m\^eme dans $x+iy$ et dans $x-iy$. Notant $m$ la multiplicit\'e de $(1+i)$ dans $x+iy$, il d\'ecoule de ce que l'on vient de dire que la multiplicit\'e de $1+i$ dans $z^2 = (x+iy)(x-iy)$ est \'egale \`a $2m$.   

D'un autre c\^ot\'e, si l'on \'ecrit $z$ sous la forme $z = 2^\alpha z'$ avec $z' \in \mathbb{Z}$ et $2 \nmid z'$, alors $z = (-i)(1+i)^{2\alpha} z'$ et $1+i$ ne divise pas $z'$ dans $\mathbb{Z}[i]$ puisque $2= \N(1+i)$ ne divise pas ${z'}^2 = \N(z')$ dans $\mathbb{Z}$. La multiplicit\'e de $1+i$ dans $z$ est donc paire. 

Finalement, la multiplicit\'e $2m$ de $1+i$ dans $z^2$ est un multiple de $4$ et $m$ est donc pair.

\vspace{0.2cm} (iv) Avec les notations introduites \`a la fin de l'exercice 4, il d\'ecoule de ce qui pr\'ec\`ede que  $x+iy$ s'\'ecrit sous la forme $u \lambda^2$ avec $u \in \mathbb{Z}[i]^{\times}$ et $\lambda \in \mathbb{Z}[i]$. On a alors $z^2 = u\lambda^2 \overline{u \lambda^2} = (\lambda \overline{\lambda})^2$, donc $z = \pm \lambda\overline{\lambda}.$

\vspace{0.2cm} Posant $\lambda = a+ib$, $\lambda^2 = (a^2 - b^2) + 2iab$ et donc $(x,y,z)$ est l'un des huit triplets suivants : $$(a^2-b^2, 2ab, \pm(a^2+b^2)), \ \ (b^2 - a^2, -2ab, \pm(a^2+b^2), \ \ (-2ab, a^2 - b^2, \pm(a^2+b^2)), \ \ (2ab, b^2-a^2, \pm(a^2+b^2)).$$
   
Il est clair que tous ces triplets fournissent des solutions de l'\'equation de Pythagore.

\vspace{0.4cm} \noindent \emph{Conclusion} --- En tenant compte des redondances et de (i), nous avons finalement d\'etermin\'e toutes les solutions $(x,y,z)$ de l'\'equation de Pythagore $x^2+y^2 = z^2$ avec $xyz \neq 0$ : ce sont tous les triplets de la forme $(d(a^2 - b^2), 2dab, \pm d(a^2+b^2))$ ou $(2dab, d(a^2-b^2), \pm d(a^2+b^2))$ avec $d \in \mathbb{N} - \{0\}$ et $a, b \in \mathbb{Z} - \{0\}$ tels que $a^2 \neq b^2$. 

\newpage
\end{document} 