3.3 Calculs de factorisation
3.3.3 Factorisation dans les anneaux d’entiers cyclotomiques
d
2 de telle sorte que OK = Z[α]. Soit q un nombre premier avec q2 6 −d et β ∈ Z. Supposons que l’id´eal a= (q, α+β) est premier dans OK. Alors a est n’est pas principal.
Preuve. — Supposons l’id´eal a principal et notonsγ un g´en´erateur. Commeγ|q dans OK, on a NK/Q(γ)|NK/Q(q) = q2 dans Z. Or q est premier donc NK/Q(γ)∈ {1, q, q2}.
(i) Le cas NK/Q(γ) = 1 est impossible car a est premier, donc γ n’est pas inversible. (ii) En posant γ =a+bα, si|b|>1, on a NK/Q(γ) = NK/Q(a+bα) = a+ b 2 2 +b2|d| 4 > 1 4 + |d| 4 > p |d|>q, l’avant-derni`ere in´egalit´e r´esultant de
∀n∈N, n>14 =⇒ 1 +n
4 >
√
n.
Ceci montre que NK/Q(γ) 6=q sous l’hypoth`ese γ /∈ Z. Mais siγ ∈ Z, γ ne peut engendrer l’id´eal (q, α+β) car l’´equationγ(a+bα) =α+β entraˆıne que γ est inversible, ce qui n’est pas.
(iii) Enfin le cas NK/Q(γ) =q2 = NK/Q(q) ne peut se produire, car sinon γ etq seraient associ´es dans OK, donc γ ∈ Z (car les unit´es de OK dans ce cas sont ±1, voir proposition 1.54), et ceci est impossible comme on vient de le voir.
3.3.3 Factorisation dans les anneaux d’entiers cyclotomiques
Le th´eor`eme 3.26 donne une proc´edure calculatoire pour factoriser les polynˆomes cycloto-miques, mais les calculs deviennent difficiles `a cause du degr´e qui devient grand. Heureusement dans de nombreux cas, on peut donner une bonne description de la factorisation des polynˆomes cyclotomiques mˆeme s’il est difficile d’´ecrire les facteurs. La cl´e r´eside dans le lemme suivant qui dit que le m-i`eme polynˆome cyclotomique est le polynˆome ”universel” pour tester si un ´el´ement d’un corps est une racine primitive m-i`eme de l’unit´e.
3.33 Lemme. — Soit m un entier positif et K un corps de caract´eristique ne divisant pas m. Soit α un ´el´ement de K. Alors Φm(α) = 0 si et seulement si α est une racine primitive m-i`eme de l’unit´e.
Preuve. — Rappelons-nous que dansZ[X], on a
Xm−1 =Y d|m
Φd(X).
Dans K[X] cette factorisation a encore un sens. Notons aussi que Xm −1 n’a que des racines simples (la d´eriv´ee de ce polynˆome est non nulle).
Supposons d’abord que α est une racine primitive m-i`eme de l’unit´e. Alors α est racine de Xm−1, donc de l’un des Φd(X) avec d divisant m. Mais si d < n, comme Φd(X) divise Xd−1, on a αd−1 = 0, ce qui contredit que α est une racine pritimive m-i`eme de l’unit´e. Donc α est une racine de Φm(X).
R´eciproquement, supposons que Φm(α) = 0. Puisque Φm(X) divise Xm−1, ce implique que αm = 1, c’est-`a-dire α est une racine m-i`eme de l’unit´e. Supposons que α est en fait une racine primitived-i`eme de l’unit´e pourd < metddivisantm. L’argument donn´e dans la preuve du sens direct montre que Φd(α) = 0. Ainsi α est racine double de Xm−1, ce qui est absurde. Ainsi α est une primitivem-i`eme de l’unit´e.
Voici la proposition utile en pratique pour factoriser les polynˆomes cyclotomiques
3.34 Proposition. — Soit K =Q(ξm) un corps cyclotomique, p un entier premier ne divisant pas m et p un id´eal de Z[ξm] au-dessus de p. Alors e(p/p) = 1, f(p/p) est l’ordre de p dans (Z/mZ)× et il y exactement ϕ(m)/f(p/p) id´eaux premiers de Z[ξm] au-dessus de p.
Preuve. — Notons e = e(p/p) et f = f(p/p). L’extension Q(ξm)/Q ´etant galoisienne, le th´eor`eme 3.21 montre que ces nombres sont ind´ependants du choix de p. Autrement dit, Φm(X) se factorise dansFp[X] en
Φm(X) = (g1(X). . . gr(X))e o`u deg gi =f pour touti etef r =ϕ(m).
Puisque Xm − 1 n’a que des racines simples dans Fp[X], c’est aussi le cas de Φm(X). En particulier on a e = 1. Nous allons calculer f et r; avant de faire le cas g´en´eral, examinons le cas f = 1 pour illustrer l’id´ee. Si f = 1, alors Φm(X) se factorise en facteurs du premier degr´e dans Fp[X], donc Φm(X) a des racines dans Fp. Par le lemme 3.33, ceci implique que Fp a des racines primitivesm-i`emes de l’unit´e. Mais F∗p est un groupe cyclique d’ordrep−1, donc il a un ´el´ement d’ordre m si et seulement simdivisep−1, c’est-`a-dire si et seulement sip≡1 mod (m). L’argument est r´eversible, donc on a montr´e qu’un entier premier p se d´ecompose dans Q(ξm) si et seulement sip≡1 mod (m).
Dans le cas g´en´eral, soitg(X) un des facteurs irr´eductibles de Φm(X) dansFp[X]. Le degr´e de g(X) est f. Soitα une racine deg(X) et posonsF =Fp(α)'Fp[X]/(g(X)) ; c’est une extension de Fp de degr´e f. Notons que α est une racine primitive m-i`eme de l’unit´e dans F (nous avons tout fait pour) et que c’est la plus petite. Ainsi f est le degr´e de la plus petite extension de Fp contenant une racine primitivem-i`eme de l’unit´e.
D´eterminons cette extension par une autre m´ethode. SoitFi l’unique extension de Fp de degr´e i. AlorsFi∗ est cyclique d’ordrepi−1, donc il contient une racine primitivem-i`eme de l’unit´e si et seulement si m divise pi−1. Ainsi la plus petite extension de Fp contenant une racine primitive m-i`eme de l’unit´e seraFi, o`u i est le plus petit entier strictement positif tel quepi ≡1 mod (m), c’est-`a-dire quei est l’ordre dep dans (Z/mZ)×.
3.35 Exemple. — Soit K =Q(ξ5). Le comportement d’un entier rationnel ppremier dans OK
est enti`erement d´etermin´e par la classe de p mod (5). Si p ≡ 1 mod (5) (par exemple p = 11), alors p est d´ecompos´e dans OK. Si p ≡ 4 mod (5), alors p se factorise en 2 facteurs premiers, chacun avec un degr´e d’inertie 2. Si p≡2,3 mod (5), alorsp est inerte dans OK.
Pour des exemples explicites, consid´erons les premiers rationnels 3,7,11,19. Pour p = 3,7, l’argument ci-dessus montre que Φ5(X) = X4+X3 +X2 +X + 1 est irr´eductible mod (p), et donc que 3OK et 7OK sont premiers dans OK. Pourp= 19, on trouve
donc
19OK = (19, ξ52+ 5ξ5+ 1)(19, ξ52+ 15ξ5+ 1). Pour finir, mod (11), on a
X4+X3+X2+X+ 1 = (X+ 2)(X+ 6)(X+ 7)(X+ 8) mod (11), donc
11OK = (11, ξ5+ 2)(11, ξ5+ 6)(11, ξ5+ 7)(11, ξ5+ 8).
3.36 Remarque. — Soit pun nombre premiers. D´eterminons la factorisation dans Fp[X] de
Φp(X) = X p−1 X−1 =X
p−1
+Xp−2+· · ·+ 1. CommeXp−1≡(X−1)p mod (p), on a Φp(X) = (X−1)p−1, d’o`u
pOK = (p, ξp−1)p−1. De plus
OK/(p, ξp−1) =Z[ξp]/(p, ξp−1)'Z/pZ,
donc (p, ξp −1) est premier de degr´e d’inertie 1. Ainsi pOK est totalement ramifi´e dans Q(ξp). Le discriminant de Q(ξp) ´etant D = (−1)(p−1)/2pp−2, ceci est coh´erent avec le th´eor`eme 3.19 (qui montre de plus que pest le seul premier rationnel qui se ramifie dans Q(ξp).
3.37 Proposition. — Soit p un nombre premier impair. Le corps Q(ξp) contient le corps qua-dratique Q(√
εp) o`u ε= (−1)(p−1)/2.
Preuve. — Posons L = Q(ξp). Le groupe Gal(L/Q) est isomorphe au groupe (Z/pZ)∗ par l’application
(Z/pZ)∗ −→ Gal(L/Q) q 7−→ σq
o`uσqest d´efini parσq(ξp) = ξqp. Comme (Z/pZ)∗ est cyclique d’ordrep−1, il existe un unique sous-groupe d’indice 2, c’est l’ensemble des carr´es de (Z/pZ)∗. Notons S le sous-groupe correspondant de Gal(L/Q) et K le sous-corps de L fix´e par S. On a alors [K : Q] = 2, donc K est un corps quadratique.
L’entier p est totalement ramifi´e dans L, il existe donc un unique id´eal P de OL au-dessus de p tel que (p) = Pp−1. Soit p un id´eal premier de OK au-dessus de p. Alors P est au-dessus de p (par unicit´e de P) et e(P/p) = e(P/p)e(p/p). Puisque e(P/p) = p−1 et que le degr´e de ramification est major´e par le degr´e de l’extension, il vient e(P/p) = p−1
2 et e(p/p) = 2, en particulierp est le seul id´eal de K au-dessus de p, et il est totalement ramifi´e.
Soit Q un autre id´eal premier de OL. Notons q l’id´eal de OK au-dessous de Q et q le premier rationnel au-dessous de q. Comme e(Q/q) = 1 (proposition 3.34), on a e(q/q) = 1, donc q n’est pas ramifi´e dansK.
Ainsi p est le seul premier rationnel qui se ramifie dans K, donc d’apr`es la proposition 3.30, K =Q(√
εp) o`uε =±1 de telle sorte que εp≡1 mod (4). On voit queε = (−1)(p−1)/2 convient, d’o`u le r´esultat.
Rappelons qu’´etant donn´epun nombre premier impair, on d´efinit pour touta∈Zle symbole de Legendre par a p =
1 si a est un carr´e non nul modulo p; 0 si a≡0 mod (p) ;
−1 sia n’est pas un carr´e modulo p. On a a p ≡ap−21 mod (p) et ab p = a p b p .
3.38 Th´eor`eme (Loi de r´eciprocit´e quadratique). — Soit p et q deux nombres premiers impairs. Alors p q q p = (−1)p−21 q−1 2 . Preuve. — Posons L = Q(ξ), τ = √
εp et K = Q(τ). La proposition ci-dessus montre que τ ∈ L. Soit σq ∈ Gal(L/Q) ; il est d´efini par σq(ξp) = ξpq. Les conjugu´es de τ ´etant ±τ, on a σq(τ) =±τ. NotonsS le sous-groupe de Gal(L/Q) d´efini parσq(τ) =τ si et seulement si σq ∈H (doncK est le sous-corps fix´e parS). C’est l’unique sous-groupe d’indice 2 de Gal(L/Q), on peut l’identifier `a l’ensemble des carr´es de (Z/pZ)∗. Ainsi σq(τ) =τ si et seulement si q est un carr´e dans (Z/pZ)∗, autrement dit
σq(τ) = q p τ.
Soitqun id´eal premier deOLau-dessus de q. Ecrivonsτ =a0+a1ξp+· · ·+ap−2ξpp−2 avecai ∈Z. En utilisantσq(ξp) = ξqp et aq =a pour tout a∈Fq, il vient
σq(τ) = a0+a1ξpq+· · ·+ap−2ξp(p−2)q ≡ aq0+aq1ξpq+· · ·+aqp−2ξp(p−2)q mod (q) ≡ (a0 +a1ξp+· · ·+ap−2ξp(p−2))q mod (q) ≡ τq mod (q). Donc q p
τ ≡ τq mod (q). Puisque q est premier, on a τ /∈ q, donc on peut simplifier par q et on a q p ≡τq−1 ≡(εp)p−21 ≡ εp q mod (q). D’o`u q p − εp q ∈q∩Z=qZ. Mais q p − εp q 62< q Donc on a l’´egalit´e q p = εp q . D’autre part ε q = (−1)(p−1)/2 q = (−1)p−21 q−1 2 , ce qui termine la preuve.
Chapitre 4
Groupes des classes d’id´eaux
4.1 D´efinition
Soit K un corps de nombres d’anneau d’entiers OK. On a vu que OK peut ne pas ˆetre un anneau factoriel, mais que par contre la factorisation en id´eaux premiers fonctionne toujours. Nous avons aussi vu que OK est factoriel si, et seulement si, il est principal, c’est-`a-dire si tous ses id´eaux sont principaux (proposition 2.11).
Tout ceci sugg`ere qu’il serait int´eressant d’avoir un moyen de d´eterminer si un id´eal est prin-cipal. Bien qu’en pratique ceci soit assez difficile, on peut proc´eder abstraitement de fa¸con satis-faisante. AppelonsPK le sous-groupe de IK des id´eaux fractionnaires principaux. Notons que les id´eaux entiers de PK sont pr´ecis´ement les id´eaux principaux de OK.
4.1 D´efinition (Groupe des classes d’id´eaux). — Pour un corps de nombres K, avec les notations ci-dessus, on d´efinit le groupe quotient CK =IK/PK appel´e groupe des classes d’id´eaux. Les ´el´ements de CK seront appel´es classes d’id´eaux. Par d´efinition de CK, deux id´eaux frac-tionnaires a et b appartiennent `a la mˆeme classe d’id´eaux s’il existe γ ∈K∗ tel que γa= b. On ´ecrira cette relation a∼b. Ainsi r∈PK ⇐⇒r∼ OK.
Le lemme qui suit montre que la notion d’id´eaux fractionnaires n’est pas vraiment essentielle dans la d´efinition du groupe des classes d’id´eaux.
4.2 Lemme. — Soit A une classe d’id´eaux. Alors il existe un id´eal entier dans A.
Preuve. — Soit run id´eal fractionnaire deA. Il existe par le lemme 2.13 γ ∈K∗ tel que γr est un id´eal entier. Puisque (γ)∈PK, on a γr∈A.
Voici une proposition qui motive le calcul des groupes de classes d’id´eaux.
4.3 Proposition. — Le groupeCK est trivial si, et seulement si, OK est principal.
Preuve. — Le groupe CK est trivial si et seulement si IK = PK, c’est-`a-dire si et seulement si tout id´eal fractionnaire est principal. Ceci implique en particulier que tous les id´eaux entiers sont principaux, et donc queOK est principal. R´eciproquement, supposons OK principal, et soit
r ∈ IK. Il existe par le lemme 2.13 γ ∈ K∗ tel que γr est un id´eal entier, disons (α). Alors
r= (α/γ), et r est principal.
4.4 Exemple. — Reprenons Z[√
−5] (voir exemple 1.3), et les id´eaux
a1 = (2,1 +√
−5), a2 = (3,1 +√
Puisque a1 n’est pas principal on aa1 OK. Comme
a21 = (2) a1a2 = (1 +√
5) a1a3 = (1−√−5) et a2a3 = (3)
on a a21 ∼ a1a2 ∼ a1a3 ∼ a2a3 ∼ OK, d’o`u a1 ∼ a2 ∼ a3 en simplifiant (par exemple a1a2 ∼
a1a3 =⇒ a2 ∼ a3, les ´el´ements manipul´es n’´etant rien d’autres que des classes). Cela montre au passage quea2eta3ne sont pas principaux. On a donc d´ej`a deux ´elements dansCQ(√
−5), `a savoir la classe deOK, et celle dea1. On d´emontrera plus loin que ce sont les seuls, ainsiCQ(√
−5) ' {−1,1}.