Proposition 4.4.4.1 Soient η, ω, ρ ∈ R des r´eels. Soit k := Q(η, ω, ρ). Nous posons : b1 = ρ 2−η2 ω2−η2 +η 2−ω2 4 . Soient B(x) := (x+b1)2−η2 et C(x) := 2(x+b1) +ω2 −η2−1. Nous supposons que les ´el´ements
* ω2−η2−12 −4η2, * ω2−η2−22 −4η2 et * ω2−η22 −2 ω2+η2
sont non nuls. `
A toutδ∈k(x)×nous associons lak(x)-courbe hyperelliptiqueCδ+d’´equation affine
Cδ+:z2 =
y+δ(1+C(x))2 y−δ(1−2C(x)) y+ δ(1−2C(x)) y2−δ2((1+C(x))42−4B(x)). Nous supposons de plus |ω|>1 +|η| et qu’aucun des ´el´ements
* (ω−1)2−η2n1 (ω+ 1)2−η2n2 avec(n1, n2)∈ {(0,1),(1,0),(1,1)} * 2 ω2−η2 ω2−η2−2ω (ω+ 1)2−η2n (pour n∈ {0,1}) et * 2 ω2−η2 ω2−η2+ 2ω (ω−1)2−η2n (pour n∈ {0,1}) n’est un carr´e dansk.
Alors, pour tout ζ ∈k strictement positif, l’image de ΠC+
ζ est engendr´ee par l’image des points de torsion2-primaire de Jac(Cζ+)(k(x)).
D´emonstration.
Nous allons utiliser lors de cette d´emonstration les propositions 4.4.2.1, 4.4.2.2, 4.4.3.2 et 4.4.3.4 en posantE(x) := 1−C(x)2 etD= (1+C(x))42−4B(x).
Avec ces notations, nous avons : * 1−E= 1+C2 ,
* 1−2E=C,
* E2−D=B−C et * (1−E)2−D=B.
Nous commen¸cons par montrer quatre relations de primalit´e relative. a. Le reste de la division euclidienne de
(1−E)2−D=B = (x+b1)2−η2
par 1−2E =C= 2(x+b1) +ω2−η2−1 est ´egal `a (ω2−η2−1)2−4η2
4 =
(ω2−η2−1−2η)(ω2−η2−1 + 2η)
Ce reste est non nul par hypoth`ese, donc les polynˆomes 1−2E =C
et (1−E)2−D=B sont premiers entre eux. b. De mˆeme le reste ω2−η2−22 −4η2 4 = (ω2−η2−2−2η)(ω2−η2−2 + 2η) 4
de la division euclidienne de (1−E)2−D =B = (x+b1)2 −η2 par
E = 1−2C = −x−b1 + 1− ω2−2η2 est non nul, donc les polynˆomes (1−E)2−D=B etE = 1−2C sont premiers entre eux.
c. Le reste de la division euclidienne de
4D= (1 +C)2−4B = 4(ω2−η2)(x+b1) + (ω2−η2)2+ 4η2
par 1−2E =C= 2(x+b1) +ω2−η2−1 est ´egal `a
−2(ω2−η2)(ω2−η2−1) + (ω2−η2)2+ 4η2=−(ω2−η2)2+ 2ω2+ 2η2.
Ce reste ´etant non nul, les polynˆomesDet 1−2E sont premiers entre eux.
d. Les ´el´ements 2(ω2−η2)(ω2−η2−2ω) et 2(ω2−η2)(ω2−η2+2ω) n’´etant pas des carr´es dansk, les deux ´el´ementsω2−η2−2ω etω2−η2+ 2ω
sont non nuls. Par suite, le reste
−2(ω2−η2)(ω2−η2−2) + (ω2−η2)2+ 4η2= 4ω2−(ω2−η2)2 de la division euclidienne de 4D = (1 +C)2−4B = 4 ω2−η2 (x+b1) + ω2−η22 + 4η2
parE = 1−2C =−x−b1+ 1−ω2−2η2 est non nul. Les les polynˆomes D
etE sont donc premiers entre eux.
Par ailleursω2> η2 (car |ω|>1 +|η|), donc le polynˆome 4D = (1 +C)2−4B
= 4 ω2−η2
(x+b1) + ω2−η22
+ 4η2
est de degr´e 1. Par cons´equent, le polynˆomeDn’est pas un carr´e dansk(x). Les hypoth`eses de la proposition 4.4.2.1 sont donc v´erifi´ees.
En particulier, les polynˆomes (1−E)2−D, E,1−2E, DetE2−Dsont non nuls. Orδ=ζ ∈k× est non nul, donc le polynˆome
y+δ(1+C(x))2 y−δ(1−2C(x)) y+ δ(1−2C(x)) y2−δ2((1+C(x))42−4B(x))
est sans facteur carr´e (voir la proposition 4.4.1.2). Soientβ∈Jac(Cζ+)(k(x)) etα:= ΠC+
ζ (β). D’apr`es la proposition 4.4.2.1, il existe
* un diviseur sans facteur carr´eµ1,3∈k[x] de 1−2E=C,
* un diviseur sans facteur carr´eµ1,4∈k[x] de (1−E)2−D=B,
* un diviseur sans facteur carr´eµ2,3∈k[x] de 2E(E2−D) = (1−C)(B−C), et
* un diviseur sans facteur carr´eµ3,4∈k[x] deE2−D=B−C
tels que ΞC+
ζ (β) = ([µ1,3µ1,4],[µ2,3],[µ1,3µ2,3µ3,4],[µ1,4µ3,4]). Les polynˆomes
µi,j permettent aussi d’exprimer l’image ΠC+
ζ(β) : nous avons
α= ΠC+
ζ(β) = ([µ1,3µ1,4],[µ1,3µ3,4],[µ1,4µ3,4]).
Le polynˆomeCest irr´eductible. De plus, le polynˆomeB se factorise sous la forme
B = (x+b1+η) (x+b1−η) et le polynˆome B−C se factorise sous la forme
B−C= (x+b1−1 +ω) (x+b1−1−ω).
Ainsi, quitte `a ajouter l’image par ΞC+
ζ d’un point de 2-torsion (ces images sont donn´ees par la proposition 4.4.1.3), nous pouvons supposer l’existence de trois ´el´ementsǫ1,3, ǫ1,4,ǫ3,4∈k× et deux entiersn2,n3∈Ntels que :
* µ1,3=ǫ1,3,
* µ1,4=ǫ1,4(x+b1+η)n2 et * µ3,4=ǫ3,4(x+b1−1 +ω)n3.
Nous utilisons maintenant la proposition 4.4.3.4. Ses hypoth`eses sont bien v´erifi´ees :
* les polynˆomes (1−E)2 −D et 1 −2E sont premiers entre eux et
E2−D≡(1−E)2−D
mod (1−2E), donc les polynˆomesE2−D
et 1−2E sont premiers entre eux ;
* les polynˆomesEetDsont premiers entre eux etE2−D≡ −DmodE, donc les polynˆomesE2−D etE sont premiers entre eux ;
* le polynˆome E2−D=B−C = (x+b1−1)2−ω2 est sans facteur carr´e carω6= 0 (en fait |ω|>1 +|η|) ;
* les polynˆomesδetE2−Dsont premiers entre eux (en faitδ=ζ ∈k×
est une constante non nulle).
Le polynˆomeE2−D se factorise sous la forme
E2−D=B−C= (x+b1−1−ω)(x+b1−1 +ω).
D’apr`es la proposition 4.4.3.4, il existe deux entiersn4, n6 ∈ {0,1} tels que
ǫ1,3ǫ1,4(x+b1+η)n2 ∼ζn3(1−2E)n4 mod (x+b1−1 +ω) et
Nous utilisons alors les congruences x+b1+η ≡ (1−ω+η) mod (x+b1−1 +ω) x+b1+η ≡ (1 +ω+η) mod (x+b1−1−ω) 1−2E =C = 2 (x+b1) +ω2−η2−1 ≡ ω2−η2+ 1−2ω mod (x+b1−1 +ω) ≡ (ω−1)2−η2 mod (x+b1−1 +ω) 1−2E =C ≡ (ω+ 1)2−η2 mod (x+b1−1−ω) pour traduire les ´equivalences 4.24 sous la forme
ǫ1,3ǫ1,4(1−ω+η)n2 ∼ζn3 (ω−1)2−η2n4 et ǫ1,3ǫ1,4(1 +ω+η)n2 ∼(ω+ 1)2−η2n6 . (4.25)
En multipliant ces deux ´equivalences, nous montrons finalement que
(η+ 1)2−ω2n2 ∼ζn3 (ω−1)2−η2n4 (ω+ 1)2−η2n6 . (4.26) Les ´el´ementsζ, (ω−1)2−η2 et (ω+ 1)2−η2 sont strictement positifs, et (η+ 1)2 −ω2 est strictement n´egatif. Or deux ´el´ements de k× ´equivalents sous∼ sont de mˆeme signe, donc l’´equivalence 4.26 impose la parit´e den2. Par suite, les ´equivalences 4.25 imposent la positivit´e stricte deǫ1,3ǫ1,4. Les hypoth`eses de la proposition 4.4.3.2 sont v´erifi´ees :
* le polynˆome E= 1−2C est sans facteur carr´e (il est de degr´e 1) ; * les polynˆomes E etD sont premiers entre eux ;
* les polynˆomes E et (1−E)2−D sont premiers entre eux ;
* les polynˆomesδ=ζ etE sont premiers entre eux (en faitδ=ζ ∈k×
est une constante non nulle).
Nous utilisons la proposition 4.4.3.2 en remarquant la congruence
−δD ≡ζ(E2−D) modE : nous avons
µ1,3µ3,4 ∼1 modE ou µ1,3µ3,4∼ζ(E2−D) modE.
Nous distinguons deux cas.
Lorsque µ3,4=ǫ3,4 ∈k×. Dans ce casn3 = 0 et l’´equivalence 4.26 s’´ecrit 1∼(ω−1)2−η2n4
(ω+ 1)2−η2n6
.
Par hypoth`ese, cette ´equivalence impose n4 =n6 = 0. En particulier, les ´equivalences 4.25 signifient queǫ1,3ǫ1,4 ∼1.
Nous appliquons alors la proposition 4.4.2.2 : commeDest de degr´e 1 et comme les polynˆomes µ1,4 et µ3,4 sont des constantes (car
n2 =n3 = 0), nous avons
µ1,4µ3,4 =ǫ1,4ǫ3,4 ∼1.
Finalement, nous avons
µ1,4µ3,4∼1 et µ1,3µ3,4∼1,
c’est-`a-direα= ([1],[1],[1]).
Lorsque µ3,4=ǫ3,4(x+b1−1 +ω). Le polynˆomeµ1,4est une constante et
Dest de degr´e 1 et de coefficient dominant 4 ω2−η2
. Ainsi, d’apr`es la proposition 4.4.2.2, nous avons
µ1,4µ3,4∼ −(ω2−η2)(x+b1−1 +ω).
Le reste de la division euclidienne du polynˆome x+b1 −1 +ω par
−2E=C−1 = 2(x+b1−1) +ω2−η2 est
−ω
2−η2
2 +ω, et le reste de la division euclidienne de
E2−D=B−C= (x+b1−1)2−ω2
par−2E=C−1 = 2(x+b1−1) +ω2−η2 est (ω2−η2)2−4ω2
4 .
Les deux ´equivalences
µ1,3µ3,4 ∼1 modE ou µ1,3µ3,4 ∼ζ(E2−D) modE
se reformulent donc respectivement sous la forme
ǫ1,3ǫ3,4 ∼ −2 ω2−η2−2ω
ou
ǫ1,3ǫ3,4 ∼ −2ζ ω2−η2+ 2ω
.
Nous avons de plus l’´equivalenceǫ1,4ǫ3,4 ∼ −(ω2−η2). Ainsi, en utili-sant les ´equivalences 4.25 et l’´equivalence
(ǫ1,3ǫ1,4) (ǫ1,3ǫ3,4) (ǫ1,4ǫ3,4)∼1, nous obtenons 2 ω2−η2 ω2−η2−2ω (ω+ 1)2−η2n6 ∼1 ou 2 ω2−η2 ω2−η2+ 2ω (ω−1)2−η2n4 ∼1.
Aucune de ces ´equivalences n’est possible par hypoth`ese : le cas
Proposition 4.4.4.2 Soient η, ω, ρ ∈ R des r´eels. Soit k := Q(η, ω, ρ). Nous posons : b1 = ρ 2−η2 ω2−η2 +η 2−ω2 4 . Soient B(x) := (x+b1)2−η2 et C(x) := 2(x+b1) +ω2 −η2−1. Nous supposons que les ´el´ements
* ω2−η2−12
−4η2 et * ω2−η2−22
−4η2 sont non nuls.
`
A tout δ ∈ k(x)×, nous associons la k(x)-courbe hyperelliptique Cδ+
d’´equation affine :
Cδ+:z2=
y+ δ(1+C(x))2 y2−δ2(1−4C(x))2 y2−δ2((1+C(x))42−4B(x)). Nous supposons que ω > |η|+ 1, ω2 −η2 > 2ω, b1 > 1 + ω2−2η2, et qu’aucun des ´el´ements
* (b1−1)2−ω2n1
(ω−1)2−η2n2
(ω+ 1)2−η2n3
(avec(n1, n2, n3)
un triplet non nul d’´el´ements de{0,1}), * 2 ω2−η2 2b1−2 +ω2−η2 , * 2n1 ω2−η2+ 2ω (b1−1 +ω) ω2−η2n1 2b1−2 +ω2−η21−n1 ×(ω−1−η)1−n2(ω−1 +η)n2 (avecn1, n2 ∈N), et * 21−n1 ω2−η2+ 2ω ω2−η2n1 2b1−2 +ω2−η2n1 ×(ω−1−η)1−n2(ω−1 +η)n2 (avecn1, n2 ∈N) n’est un carr´e dansk.
Alors, pour toutζ ∈k×strictement positif, l’image deΠC+
ζxest engendr´ee par l’image des points de torsion2-primaire de Jac(Cζx+)(k(x)).
D´emonstration.
Soitζ ∈k×strictement positif. Nous allons utiliser lors de cette d´emonstration les propositions 4.4.2.1, 4.4.2.2, 4.4.3.2 et 4.4.3.4 en posant δ := ζx,
E(x) := 1−C(x)2 etD= (1+C(x))42−4B(x).Avec ces notations, nous avons : * 1−E= 1+C2 ,
* 1−2E=C,
* E2−D=B−C et * (1−E)2−D=B.
a. Le reste de la division euclidienne de
(1−E)2−D=B = (x+b1)2−η2
par 1−2E =C= 2(x+b1) +ω2−η2−1 est ´egal `a (ω2−η2−1)2−4η2
4 =
(ω2−η2−1−2η)(ω2−η2−1 + 2η)
4 .
Ce reste est non nul par hypoth`ese, donc les polynˆomes 1−2E =C
et (1−E)2−D=B sont premiers entre eux. b. De mˆeme le reste ω2−η2−22 −4η2 4 = (ω2−η2−2−2η)(ω2−η2−2 + 2η) 4
de la division euclidienne de (1−E)2−D =B = (x+b1)2 −η2 par
E = 1−2C = −x−b1 + 1− ω2−2η2 est non nul, donc les polynˆomes (1−E)2−D=B etE = 1−2C sont premiers entre eux.
c. Le reste de la division euclidienne de
4D= (1 +C)2−4B = 4(ω2−η2)(x+b1) + (ω2−η2)2+ 4η2
par 1−2E =C= 2(x+b1) +ω2−η2−1 est ´egal `a
−2(ω2−η2)(ω2−η2−1) + (ω2−η2)2+ 4η2=− ω2−η22
+ 2ω2+ 2η2.
Ce reste est non nul : de l’in´egalit´eω2−η2 >2|ω|nous d´eduisons
ω2−η22
−2ω2−2η2 >4ω2−2ω2−2η2 = 2 ω2−η2
>0.
Les polynˆomesDet 1−2E sont donc premiers entre eux. d. Enfin, le reste −2(ω2−η2)(ω2−η2−2) + (ω2−η2)2+ 4η2= 4ω2−(ω2−η2)2 de la division euclidienne de 4D = (1 +C)2−4B = 4 ω2−η2 (x+b1) + ω2−η22 + 4η2
parE = 1−2C =−x−b1+1−ω2−2η2 est non nul (il est mˆeme strictement n´egatif : nous avons suppos´eω2−η2 >2|ω|). Les polynˆomesD et E
sont donc premiers entre eux.
Par ailleursω2> η2 (en fait ω2−η2 >2|ω|), donc le polynˆome 4D = (1 +C)2−4B
= 4 ω2−η2
(x+b1) + ω2−η22
est de degr´e 1. Par cons´equent, le polynˆomeDn’est pas un carr´e dansk(x). Les hypoth`eses de la proposition 4.4.2.1 sont donc v´erifi´ees.
En particulier, les polynˆomes (1−E)2−D, E,1−2E, DetE2−Dsont non nuls. Orδ=ζxest non nul (car ζ est non nul), donc le polynˆome
y+δ(1+C(x))2 y−δ(1−2C(x)) y+ δ(1−2C(x)) y2−δ2((1+C(x))42−4B(x))
est sans facteur carr´e (voir la proposition 4.4.1.2). Soientβ ∈Jac(Cζx+)(k(x)) etα := ΠC+
ζx(β). D’apr`es la proposition 4.4.2.1, il existe
* un diviseur sans facteur carr´eµ1,3∈k[x] deδ(1−2E) =ζxC,
* un diviseur sans facteur carr´eµ1,4∈k[x] deδ (1−E)2−D
=ζxB,
* un diviseur sans facteur carr´eµ2,3∈k[x] de
2δE(E2−D) =ζx(1−C)(B−C), et * un diviseur sans facteur carr´eµ3,4 ∈k[x] deδ E2−D
=ζx(B−C) tels que ΞC+
ζx(β) = ([µ1,3µ1,4],[µ2,3],[µ1,3µ2,3µ3,4],[µ1,4µ3,4]). Les polynˆomes
µi,j permettent aussi d’exprimer l’image ΠC+
ζx(β) : nous avons
α= ΠC+
ζx(β) = ([µ1,3µ1,4],[µ1,3µ3,4],[µ1,4µ3,4]).
Puisque ΞC+
ζx(β) = ([(xµ1,3)(xµ1,4)],[µ2,3],[(xµ1,3)µ2,3(xµ3,4)],[(xµ1,4)(xµ3,4)]), nous pouvons supposer, quitte `a remplacerµ1,3,µ1,4 etµ3,4 respectivement par les versions sans facteur carr´e dexµ1,3, xµ1,4 et xµ3,4, que la valuation en xde µ1,4 est nulle.
Le polynˆome B= (1−E)2−Dse factorise sous la forme
B = (x+b1+η) (x+b1−η)
et le polynˆomeC= 1−2E est de degr´e 1. Quitte `a ajouter l’image par ΞC+
ζx
d’un point de 2-torsion (voir la proposition 4.4.1.3), nous pouvons donc supposer, sans perte de g´en´eralit´e, l’existence de deux ´el´ementsǫ1,3 ∈k× et
ǫ1,4 ∈k× et un entier n1 ∈Ntels que : * µ1,3=ǫ1,3, et
* µ1,4=ǫ1,4(x+b1+η)n1
Nous utilisons maintenant la proposition 4.4.3.4. Ses hypoth`eses sont bien v´erifi´ees :
* les polynˆomes (1−E)2 −D et 1 −2E sont premiers entre eux et
E2−D≡(1−E)2−D
mod (1−2E), donc les polynˆomesE2−D
et 1−2E sont premiers entre eux ;
* les polynˆomesEetDsont premiers entre eux etE2−D≡ −DmodE, donc les polynˆomesE2−D etE sont premiers entre eux ;
* le polynˆome E2−D=B−C = (x+b1−1)2−ω2 est sans facteur carr´e carω6= 0 (en fait ω >1 +|η|) ;
* les polynˆomes δ=ζx etE2−Dsont premiers entre eux car
E(0)2−D(0) =B(0)−C(0) = (b1−1)2−ω2 >0 (nous avonsb1−1> ω2−2η2 etω2−η2>2|ω|).
Nous notons respectivement n2 et n4 les valuations en x+b1−1 +ω et
x+b1−1−ω du polynˆomeµ3,4. D’apr`es la proposition 4.4.3.4, il existe deux entiersn3, n5 ∈ {0,1}tels que
ǫ1,3ǫ1,4(x+b1+η)n1 ∼δn2(1−2E)n3 mod (x+b1−1 +ω) et
ǫ1,3ǫ1,4(x+b1+η)n1 ∼δn4(1−2E)n5 mod (x+b1−1−ω). (4.27)
Nous utilisons alors les congruences
x+b1+η ≡ (1−ω+η) mod (x+b1−1 +ω) x+b1+η ≡ (1 +ω+η) mod (x+b1−1−ω) 1−2E =C = 2 (x+b1) +ω2−η2−1 ≡ ω2−η2+ 1−2ω mod (x+b1−1 +ω) ≡ (ω−1)2−η2 mod (x+b1−1 +ω) 1−2E =C ≡ (ω+ 1)2−η2 mod (x+b1−1−ω) x ≡ (1−ω−b1) mod (x+b1−1 +ω) x ≡ (1 +ω−b1) mod (x+b1−1−ω) pour traduire les ´equivalences 4.27 sous la forme
ǫ1,3ǫ1,4(1−ω+η)n1 ∼ζn2(1−ω−b1)n2 (ω−1)2−η2n3 et ǫ1,3ǫ1,4(1 +ω+η)n1 ∼ζn4(1 +ω−b1)n4 (ω+ 1)2−η2n5 . (4.28)
En multipliant ces deux ´equivalences, nous montrons finalement que
(η+ 1)2−ω2n1 ∼ ζn2+n4(1−ω−b1)n2(1 +ω−b1)n4 ×(ω−1)2−η2n3 (ω+ 1)2−η2n5 . (4.29)
Par ailleurs, les ´el´ements
* ζ, (ω−1)2−η2 et (ω+ 1)2−η2 sont strictement positifs ;
* (η+ 1)2 − ω2, 1 − ω − b1 = −ω2−η22+2ω − b1−1−ω2−2η2 et 1 +ω−b1 =−ω2−η22−2ω−b1−1−ω2−2η2sont strictement n´egatifs.
Or deux ´el´ements dek×´equivalents sous∼sont de mˆeme signe, donc l’´equi-valence 4.29 n’est possible que dans le cas o`u l’entier n1+n2+n4 est pair. Dans ce qui suit nous utilisons la proposition 4.4.3.2. Les hypoth`eses de cette proposition sont v´erifi´ees :
* le polynˆome E= 1−2C est sans facteur carr´e (il est de degr´e 1) ; * les polynˆomes E etD sont premiers entre eux ;
* les polynˆomes E et (1−E)2−D sont premiers entre eux ;
* les polynˆomes δ = ζx et E sont premiers entre eux (car
E(0) = 1−C(0)2 = 1−b1−ω2−2η2 <0).
Lorsque µ1,4=ǫ1,4 ∈k×. Alors n1 est nul et donc n2 etn4 sont de mˆeme parit´e. L’´equivalence 4.29 s’´ecrit alors
1∼ (b1−1)2−ω2n2
(ω−1)2−η2n3
(ω+ 1)2−η2n5
.
Par hypoth`ese, cette ´equivalence imposen2 =n3 =n5 = 0. L’´equiva-lence 4.28 s’´ecrit donc ǫ1,3ǫ1,4 ∼ 1. De plus, comme n2 = n4 = 0, il existe une constante non nulle ǫ3,4 ∈ k× telle que µ3,4 = ǫ3,4xvx(µ3,4)
(carµ3,4 est sans facteur carr´e). Nous distinguons deux sous-cas.
Lorsque vx(µ3,4) = 0. Alors, les polynˆomesµ1,4 etµ3,4 sont des ´el´e-ments dek×. De plus, le polynˆomeDest de degr´e 1. Ainsi, d’apr`es la proposition 4.4.2.2, nous avonsµ1,4µ3,4 ∼1.
Or les ´equivalences 4.28 signifient queµ1,3µ1,4 ∼1,donc l’´el´ement
α = ([µ1,3µ1,4],[µ1,3µ3,4],[µ1,4µ3,4]) = ([1],[1],[1]) est la classe triviale.
Lorsque vx(µ3,4) = 1. Alors, le polynˆomeµ1,4µ3,4 est le produit dex
par un ´el´ement de k×. Ainsi, d’apr`es la proposition 4.4.2.2, nous avonsµ1,4µ3,4 ∼ −(ω2−η2)x.
Nous faisons maintenant appel `a la proposition 4.4.3.2 : nous avons
µ1,3µ3,4 ∼1 modE ou µ1,3µ3,4 ∼ζx(E2−D) modE,
c’est-`a-dire (puisqueµ1,3µ1,4 ∼1 et µ1,4µ3,4 ∼ −(ω2−η2)x)
−(ω2−η2)x∼1 modE ou −(ω2−η2)(E2−D)∼ζ modE.
Le reste de la division euclidienne de
par−2E=C−1 = 2(x+b1−1) +ω2−η2 est (ω2−η2)2−4ω2
4 =
(ω2−η2−2ω)(ω2−η2+ 2ω)
4 .
Ce reste est strictement positif. Deux ´el´ements dek× ´equivalents sous ∼ sont de mˆeme signe. Or −(ω2 −η2) < 0 et ζ > 0, donc l’´equivalence
−(ω2−η2)(E2−D)∼ζ modE
n’est pas possible.
Le reste de la division euclidienne dex par
−2E = 2(x+b1−1) +ω2−η2 est−b1−1 +ω2−2η2 .L’´equivalence−(ω2−η2)x∼1 modE se r´e´ecrit donc 2 ω2−η2 2b1−2 +ω2−η2 ∼1.
Cette ´equivalence est en contradiction avec les hypoth`eses, donc
vx(µ3,4) = 0.
Lorsque µ1,4=ǫ1,4(x+b1+η). Alors les entiers n2 etn4 sont de parit´es diff´erentes. Nous allons distinguer deux cas suivant les parit´es de n2
etn4.
Lorsque n2 est impair. Alors n4 est pair. Ainsi, le polynˆome µ3,4
´etant sans facteur carr´e, il existe une constante non nulleǫ3,4 ∈k×
et un entiern6 ∈ {0,1} tels queµ3,4 =ǫ3,4xn6(x+b1−1 +ω). Nous faisons maintenant appel `a la proposition 4.4.3.2 : nous avons
µ1,3µ3,4∼1 modE ouµ1,3µ3,4 ∼ζx E2−D
modE,
Nous reformulons ces deux ´equivalences en utilisant les ´egalit´es
µ1,3µ3,4=ǫ1,3ǫ3,4xn6(x+b1−1 +ω), et
E2−D=B−C = (x+b1−1 +ω) (x+b1−1−ω).
Nous obtenons
ǫ1,3ǫ3,4xn6(x+b1−1 +ω)∼1 modE ou
ǫ1,3ǫ3,4x1−n6(x+b1−1−ω)∼ζ modE. (4.30)
Nous utilisons la proposition 4.4.2.2 : le coefficient dominant du polynˆomeµ1,4µ3,4 =ǫ1,4ǫ3,4xn6(x+b1+η)(x+b1−1 +ω) v´erifie l’´equivalence
ǫ1,4ǫ3,4∼ −(ω2−η2)n6
Ce coefficient dominant est du signe de (−1)n6. Or ǫ1,3ǫ1,4 est strictement positif (nous nous en apercevons en utilisant les ´equi-valences 4.28, la parit´e den4 et la positivit´e stricte des ´el´ements
ζ, 1 +ω+η et (ω+ 1)2−η2), donc le coefficient ǫ1,3ǫ3,4 est du signe de (−1)n6.
Par ailleurs, le reste−b1−1 +ω2−2η2
de la division euclidienne dex par
−2E =C−1 = 2 (x+b1−1) +ω2−η2,
le reste −ω2−η22−2ω de la division euclidienne de x+b1−1 +ω
par−2E =C−1 et le reste−ω2−η22+2ω de la division euclidienne dex+b1−1−ω par−2E =C−1 sont strictement n´egatifs. Ainsi, deux ´el´ements de k× ´equivalents sous ∼ ´etant de mˆeme signe, la seule ´equivalence possible parmi les ´equivalences 4.30 est ǫ1,3ǫ3,4x1−n6(x+b1−1−ω)∼ζ modE, c’est-`a-dire (−2)n6ǫ1,3ǫ3,4 2b1−2 +ω2−η21−n6 ω2−η2+ 2ω ∼ζ.
Pour conclure nous utilisons les deux ´equivalences
ǫ1,4ǫ3,4 ∼ −(ω2−η2)n6
et
ǫ1,3ǫ1,4 ∼ζ(b1−1 +ω) (ω−1−η)1−n3(ω−1 +η)n3
(la seconde ´equivalence est une des deux ´equivalences 4.28). Nous montrons ainsi 1 ∼ 2n6 ω2−η2+ 2ω (b1−1 +ω) ω2−η2n6 × 2b1−2 +ω2−η21−n6 (ω−1−η)1−n3(ω−1 +η)n3,
ce qui contredit les hypoth`eses.
Lorsque n2 est pair. Alors n4 est impair. Ainsi, le polynˆome µ3,4
´etant sans facteur carr´e, il existe une constante non nulleǫ3,4 ∈k×
et un entiern6 ∈ {0,1} tels queµ3,4 =ǫ3,4xn6(x+b1−1−ω). Nous faisons maintenant appel `a la proposition 4.4.3.2 : nous avons
µ1,3µ3,4∼1 modE ouµ1,3µ3,4 ∼ζx E2−D
modE,
Nous reformulons ces deux ´equivalences en utilisant les ´egalit´es
µ1,3µ3,4=ǫ1,3ǫ3,4xn6(x+b1−1−ω), et
Nous obtenons
ǫ1,3ǫ3,4xn6(x+b1−1−ω)∼1 modE ou
ǫ1,3ǫ3,4x1−n6(x+b1−1 +ω)∼ζ modE. (4.31)
Nous utilisons la proposition 4.4.2.2 : le coefficient dominant du polynˆomeµ1,4µ3,4 =ǫ1,4ǫ3,4xn6(x+b1+η)(x+b1−1−ω) v´erifie l’´equivalence
ǫ1,4ǫ3,4∼ −(ω2−η2)n6
.
Ce coefficient dominant est du signe de (−1)n6. Or ǫ1,3ǫ1,4 est strictement n´egatif (nous nous en apercevons en utilisant les ´equi-valences 4.28, la parit´e den2 et la stricte positivit´e deω−1−ηet (ω−1)2−η2), donc le coefficientǫ1,3ǫ3,4est du signe de (−1)1−n6. Par ailleurs, le reste−b1−1 +ω2−2η2
de la division euclidienne dex par
−2E =C−1 = 2 (x+b1−1) +ω2−η2
le reste−ω2−η22−2ω de la division euclidienne dex+b1−1 +ωpar
−2E=C−1 et le reste−ω2−η22+2ω de la division euclidienne de
x+b1−1−ω par−2E=C−1 sont strictement n´egatifs. Ainsi, deux ´el´ements dek× ´equivalents sous∼´etant de mˆeme signe, la seule ´equivalence possible parmi les ´equivalences 4.31 est
ǫ1,3ǫ3,4xn6(x+b1−1−ω)∼1 modE,
c’est-`a-dire
(−2)1−n6ǫ1,3ǫ3,4 2b1−2 +ω2−η2n6
ω2−η2+ 2ω
∼1.
Pour conclure nous utilisons les deux ´equivalences
ǫ1,4ǫ3,4∼ −(ω2−η2)n6
et
ǫ1,3ǫ1,4∼ −(ω−1−η)1−n3(ω−1 +η)n3
(la seconde ´equivalence est une des deux ´equivalences 4.28). Nous montrons ainsi
1 ∼ 21−n6 ω2−η2+ 2ω
ω2−η2n6
2b1−2 +ω2−η2n6
×(ω−1−η)1−n3(ω−1 +η)n3,
ce qui contredit les hypoth`eses.
Finalement, les deux cas pr´ec´edents ´etant impossibles, l’entiern1 doit ˆetre paire.