Exercice 51

1. Soit $x$ tel que $x^{2} \equiv -1 \;[p]$. Alors $p \nmid x$, et le petit théorème de Fermat donne, $p$ étant impair, $$1 \equiv x^{p - 1} = (x^{2})^{\frac{p - 1}{2}} \equiv (-1)^{\frac{p - 1}{2}} \;[p].$$ Comme $p \geqslant 3$, on a $1 \not\equiv -1 \;[p]$ : l'exposant $\frac{p - 1}{2}$ est pair, c'est-à-dire $p \equiv 1 \;[4]$. $$\boxed{p \equiv 1 \;[4]}$$

2. Supposons qu'il n'y ait qu'un nombre fini de nombres premiers congrus à $1$ modulo $4$, notés $p_{1} = 5$, …, $p_{r}$, et posons $x = 2p_{1} \cdots p_{r}$ et $N = x^{2} + 1$. L'entier $N$ est impair et supérieur à $2$, donc admet un facteur premier impair $q$, qui vérifie $x^{2} \equiv -1 \;[q]$. D'après la question 1, $q \equiv 1 \;[4]$, donc $q$ est l'un des $p_{i}$ ; il divise alors $x$ et $x^{2} + 1$, donc $1$, ce qui est absurde. $$\boxed{\text{il y a une infinité de nombres premiers } p \equiv 1 \;[4]}$$

3. On pose $h = \frac{p - 1}{2}$, qui est pair. On regroupe les facteurs de $(p - 1)!$ en $k$ et $p - k \equiv -k$, pour $1 \leqslant k \leqslant h$ : $$(p - 1)! = \prod_{k = 1}^{h} k \times \prod_{k = 1}^{h} (p - k) \equiv \prod_{k = 1}^{h} k \times \prod_{k = 1}^{h} (-k) = (-1)^{h}(h!)^{2} = (h!)^{2} \;[p].$$ Le théorème de Wilson de l'exercice 50 donne $(p - 1)! \equiv -1$. $$\boxed{\Big(\Big(\frac{p - 1}{2}\Big)!\Big)^{2} \equiv -1 \;[p]}$$ Pour $p = 13$, $6! = 720 = 13 \times 55 + 5$ et $5^{2} = 25 \equiv -1 \;[13]$. ✓

À retenir. Les questions 1 et 3 forment une équivalence : pour $p$ premier impair, $-1$ est un carré modulo $p$ si et seulement si $p \equiv 1 \;[4]$. C'est le point de départ du théorème de Fermat sur les sommes de deux carrés.