1. Exercices du chapitre 1
Exercice1.1. Les nombres47et79sont premiers≡3 mod 4, d’où les égalités 47
et donc49n’est pas un carré modulo79.
Exercice1.3. On a 4(X2+aX+b) = (2X+a)2−D. Observer aussi queX2+X+ 1 est le seul polynôme irréductible de degré 2dansZ/2Z[X].
Exercice1.5. Observer que l’on aQp−12
a=1(p−a)≡(−1)p−12 (p−12 )! modp.
Exercice1.6. Pour le (ii), on pourra imiter les décompositions dansC[X] X4+ 1 = (X2+i)(X2−i) = (X2+√
2X+ 1)(X2−√
2X+ 1) = (X2+i√
2X−1)(X2−i√ 2−1).
Exercice1.7. Observer que−1est une puissance4ème si et seulement si(Z/pZ)×admet un élément d’ordre8. Conclure par la cyclicité de ce dernier.
Exercice1.8. (i) Observer quex7→p−xéchange les carrés de{1, . . . ,p−12 }et ceux de{p+12 ,· · ·, p−1}.
Exercice1.10. Simest un carré modulon, il l’est aussi modulo tous les premiers divisantn, et donc
m
Exercice1.14. Soita≤k≤b−1un entier. On applique le théorème de convergence de Dirichlet (en analyse de Fourier) à la fonction1-périodique nulle aux entiers et coïncidant avecf sur]k, k+ 1[. On en déduit
Exercice 1.16. Un élément du groupe additif Z/2nZ est générateur si et seulement si il n’est pas congru à 0modulo2, le (i) s’ensuit en considérant une racine primitive modulo p. Pour le (ii), observer que sip >3alorsp≡1 mod 4etp≡2 mod 3, donc
Exercice1.17. En utilisant l’exercice précédent, vérifier que10est une racine primitive modulo65537.
Le résultat est donc65536.
Exercice 1.18. Considérons laR-algèbre H = R+Ri+Rj+Rk des quaternions de Hamilton. Le sous-groupe fini{±1,±i,±j,±k} ⊂H×n’est pas cyclique (ni même commutatif).
Exercice1.19. Remarquer que(Z/2Z)rn’est pas cyclique sir >1. Sipest premier etn≥1, observer que(Z/pnZ)× admet un sous-groupe isomorphe àZ/2Z, même à (Z/2Z)2 sip= 2etn≥3. La condition nécessaire du (ii) se déduit alors du (i) et de l’isomorphisme chinois des restes.
Exercice1.21. Considérer par exemple les 2√i
N pouri≥1.
Exercice1.22. Sipetqsont premiers impairs, la relation d’Eisenstein montre
p q
q p
= (−1)soùs est le nombre de points à coordonnées entières à l’intérieur du rectangle OP’S’Q’. En effet, les seuls points à coordonnées entières sur la diagonaley=qx/pdu rectangle OPSQ sont O et S carpetqsont premiers entre eux. On conclut le (i) car on as= p−12 q−12 .
Montrons la relation d’Eisenstein. Commeqest premier àp, la multiplication parq est injective dans Z/pZ; on a donc|R|=|X|= p−12 . Pour montrer le (ii) il suffit alors de voir que l’application de l’énoncé p(le produit surX est non nul carpest premier).
Le (iv) est immédiat carxest pair etpest impair. On a déjà observé que la droitey=qx/pne contient aucun point (x, y)avecy∈Zetx∈X carq est premier àp, on a doncf=P
x∈X[qx/p]en dénombrant abscisse par abscisse, ce qui prouve le (v) d’après le (iv).
Pour le (vi), on raisonne abscisse par abscisse en observant qu’il y aq−1entiers compris strictement entre 0etq, et q−1≡ 0 mod 2. La symétrie(x, y) 7→ (p−x, q−y) identifie les points à coordonnées entières et d’abscisse paire intérieurs au triangle S’SQ”, aux points à coordonnées entières et d’abscisse impaire intérieurs au triangle OP’S’. Le (vii) se déduit alors de (v) et (vi).
Le premier point du (viii) découle du (v) pour q = 2. Sin∈ Zest un entier impair, notonsf(n)le nombre d’entiers pairs compris entren/2etn. On af(1) = 0,f(3) = 1,f(5) = 1etf(7) = 2. On observe de plusf(n+ 8) =f(n) + 2. Ainsi, on af(n)≡n28−1 mod 2.
2. EXERCICES DU CHAPITRE 2 169
2. Exercices du chapitre 2
Exercice2.1.(a, b) =b(m,1) +a−mbn (n,0).
Exercice2.2. Ce groupe abélienL est un réseau car il est compris entreZ3 et10Z3. C’est le noyau du morphisme de groupes Z3 →Z/5Z×Z/2Z,(a, b, c)7→(a−bmod 5, b−a−cmod 2). Ce morphisme est surjectif, comme on le voit en considérant les éléments (0,0,1) et (1,0,1). Le réseau L est donc de covolume10. Une base est donnée par les éléments (1,1,0),(0,5,1) et(0,0,2). En effet, on a (a, b, c) = des dénominateurs des n·mcoordonnées obtenues. Considérer enfin les inclusionsZn ⊂f−1(A)⊂ N1Zn (injectivité def).
Exercice2.8. Soit pun nombre premier impair tel que
−6 a≡bmod 3et posera=b+ 3u. Pour l’assertion concernant4nraisonner modulo2. Pour le (ii), distinguer selon que aest pair,best pair, oua etbsont impairs, et utiliser les secondes identités remarquables. Le (iii) se déduit de4
√ 11
π < 14π <5et de (i) et (ii). Pour le (iv), appliquer le (i) à3pou4p.
Exercice2.10. Les ensemblesP(N)etQ(N)sont non vides. En effet, le premier contient1, et pour le second on peut par exemple invoquer le lemme 8.16. Donnons une autre méthode, basée sur l’observation que 3et4sont de la forme 3a2+ 2ab+ 4b2, mais ne sont pas toujours inversibles moduloN. SoientM etN des entiers premiers entre eux. On observe que l’isomorphisme chinois Z/M NZ→∼ Z/MZ×Z/NZ induit une bijectionQ(M N)→∼ Q(M)×Q(N). En particulier, il suffit de montrer queQ(N)est non vide lorsqueN est impair, et lorsqueN est une puissance de2. Mais si N est impair (resp. non divisible par 3), la classe de4(resp.3) est dansQ(N).
MontronsP(N) =Q(N). Les premières et dernières identités remarquables montrent respectivement queP(N)etQ(N)sont stables par multiplication, ce sont donc des sous-groupes du groupe(Z/NZ)×car ce dernier est fini. En particulier,1est dansP(N)etQ(N). Les secondes et troisièmes identités montrent respectivement P(N)·Q(N) ⊂ P(N) et P(N)·Q(N) ⊂ Q(N). Comme 1 ∈ P(N), Q(N), on en tire Q(N)⊂P(N)etP(N)⊂Q(N),i.e.P(N) =Q(N). Le (ii) découle des identités remarquables données et du corollaire 2.37.
Exercice2.12. Pour le (i), la considération de l’homothétie de rapportrmontreµ(Cn(r)) =rncn. Si n≥2on calculecnpar tranches selon la coordonnéet=xn:
Pour le (ii), on intègre deux fois par parties.
Exercice2.13. Pour le (i), on constate sur la table 3 que sin≤4alors√
2ncn>2n. Ainsi, pour un 0< r <√
2assez proche de√
2, on a µ(Cn(r))>2ncovol(L). Le lemme du corps convexe de Minkowski assure donc queLcontient un élémentvnon nul tel quev·v <2, on conclut carv·vest entier par hypothèse.
Pour le (ii), on pose u = x−(x·v)v. Pour le (iii) on observe que si l’espace euclidien Rn est somme directe orthogonale de deux sous-espacesU1 etU2, et si Li est un réseau de Ui, alorscovol(L1⊕L2) =
covol(L1)covol(L2), où tous ces covolumes sont calculés de sorte que le pavé fondamental d’une base orthonormée soit de volume1.
Exercice2.14. Pour le (i), observer queD8 est d’indice2dansZ8, donc de covolume2. Pour le (ii), observer que tout élément deE8 est soit dansD8, soit de la formeu+eavecu∈D8. Autrement dit,D8
est d’indice2dansE8, qui est donc de covolume1. Pour le (iii), observer quee·e= 2et quee·u∈Zsi u∈D8. Pour le (iv), remarquer que1n’est pas pair, donc ne peut pas être de la formev·v.
3. Exercices du chapitre 3
Exercice3.1. La forme(5,16,13)est de discriminant−4. D’après le cours il n’y a qu’une telle forme de ce discriminant à équivalence près (équivalente à(1,0,1)). Sip≡1 mod 4alors−4est un carré modulo p, et donc(5,16,13)représenteppar Lagrange.
Exercice3.4. (vu en cours) On ap
44/3<4. Les formes réduites de discriminant−20sont les trois formes(1,0,11)et(3,±2,4). Seule la première est ambiguë, les deux autres étant opposées. À équivalence près, les deux formes de discriminant−44sont donc(1,0,11)et(3,2,4).
Exercice3.5. On ap
84/3<6. Les formes réduites de discriminant−84 =−3·4·7sont les formes (1,0,21),(3,0,7),(2,2,11)et(5,4,5), qui sont toutes ambiguës. Le (ii) s’ensuit (sans calcul !). Pour le (iii) considérer les éléments
1 0 qu’un nombre fini d’éléments dans le disque unité. Il résulte de ceci et du (i) que l’ensemble desIm(τ)avec τ ∈Oadmet un plus grand élément, disonsIm(τ). Quitte à user des translations (inverses l’une de l’autre et préservantO),τ 7→τ±1, on peut supposer sans changerIm(τ)que−12 <Re(τ)≤ 12. Par maximalité on a encore, |cτ+d| ≥1pour tout(c, d)∈Z2 premiers entre eux. Pour(c, d) = (1,0)on obtient|τ| ≥1.
Si|τ|>1alorsτ ∈D. Si|τ|= 1, alors quitte à remplacerτ par−1/τ ∈O, ce qui ne change pasIm(τ), on peut encore supposer queτ∈D, ce que l’on voulait.
Assertion (v) (d’où l’on déduit (vi) immédiatement). Observons que si on az∈Det|cz+d| ≤1avec c, d∈Zpremiers entre eux, alors soit(c, d) = (0,±1), soit(c, d) = (±1,0)et|z|= 1, soit(c, d) =±(1,−1) etz =ρ:=eiπ/3 (observer que|c| ≥2est impossible carIm(z)≥
√ 3
2 > 12). Supposons maintenant que l’on a τ, τ0 ∈D avecImτ ≥Imτ0 etτ0 =gτ pour un certain élémentg = calcul sans difficulté. Pour le (ix), on observe d’abord que qest réduite au sens de Gauss si et seulement siτ(q)∈D, et on conclut par le (iv).
4. EXERCICES DU CHAPITRE 4 171
Siπest irréductible dansZ[i], alors(π)∩Zest un idéal deZdont le générateur est par définition le plus petit nombre entierN divisible parπ dansZ[i]. Maisπ est premier dansZ[i]car ce dernier est factoriel, donc N est nécessairement premier. Ainsi, chaque irréductible deπ divise un unique nombre premier de Z, et sont donc dans la liste (i), (ii) et (iii).
Exercice4.2 Les élémentsz=a+bi∈Z2 tels queN(z) =psont exactement les diviseurs depqui ne sont pas des unités. Sip=ππavecπ∈Z[i]fixé, on a vu queπetπsont deux irréducibles non associés. La factorisation unique dans Z[i]donne donc exactement8solutions, à savoir les4associés deπet les4de π. Autrement dit, sip=a2+b2, les seules autres écritures depcomme somme de deux carrés sont celles obtenues en remplaçant(a, b)par(±a,±b)et(±b,±a).
Exercice4.3 On a−3 + 15i= 3(−1 + 5i)et le nombre3est premier dansZ[i]. De plus,N(−1 + 5i) = 26 = 2·13, on s’attend donc (étant donnée la propriété de factorisation unique et la classification des irréductibles) que −1 + 5i soit de la forme (1 +i)π oùN(π) = 13 (premier congru à1 modulo 4). On constate en effet que (−1 + 5i) = (1 +i)(2 + 3i).
Exercice4.4 Pour le (i), observer que 4 =−2i(1 +i)2 est bien dans l’idéal en question, et que de plus i·2(1 +i) = 2(−1 +i) = 2(1 +i)−4. Pour le (ii), écrire a+bi =a−b+b(1 +i), de sorte que équivalent de demander que l’on a a√
d ∈ Ia,b et (b+√
Exercice 4.7 On raisonne dans l’anneau euclidienZ[α]avec α= 1+
√−7
2 . On constate en effet que y2+y=x3−2s’écrit aussiN(y+α) =x3. Pour le (i), on pourra observer queπ=√
−7est irréductible (car de norme7) et donc premier carZ[α]est euclidien donc factoriel. On pourrait aussi raisonner comme dans l’Exercice 4.5. Pour le (ii), on observe queπetπ=−πsont associés, de sorte quevπ(y+α) =vπ(y+α).
Commey+α−(y+α) =√
−7 =π, on a de plusvπ(y+α)≤1. Mais on a aussi2vπ(y+α) = 3vπ(x), de sorte quevπ(y+α)est multiple de3, d’oùvπ(y+α) = 0. On en déduit quey+αety+αsont premiers entre eux, et doncy+α= (a+bα)3 pour certainsa, b∈Z. On conclut comme dans l’exemple du cours.
Exercice4.9 Le (i) est tautologique. Pour le (ii), observer que six∈Aest tel quem=bxest multiple dea, alorsa|x, puisabdivisem.
Exercice4.10 (i) L’élément√
−5est premier et ne divise pas1 +√
−5, ils sont donc premiers entre eux, et on conclut donc par le (i) de l’Exercice 4.9.
(ii) Un ppcmmde2et1+√
−5serait de norme multiple deN(2) = 4etN(1+√
−5) = 6, donc multiple de12. D’autre partmdiviserait2(1 +√
−5)dont la norme est24, ainsi que2·3 = (1−√
−5)(1 +√
−5), dont la norme est 36. Il vient que N(m) diviseraitpgcd(24,36) = 12, puis N(m) = 12. Mais (1,0,5)ne représente pas12, et doncmn’existe pas.
(iii) Supposons quedest un pgcd des nombres de l’énoncé. Il est donc multiple des irréductibles non associés3et1 +√
−5sont premiers entre eux (irréductibles non associés !). Il reste d=±3, également absurde car3n’est pas divisible par1 +√
−5.
−5)(u+ 2v). Mais ce nombre est multiple de2 dansZ[√
−5]si et seulement si ses deux coordonnées dans laZ-base1et1 +√
−5le sont (pourquoi ?), i.e.
si et seulement siuest pair, i.e.a∈I.
Exercice4.13 L’intégrité deArésulte du lemme des zéros isolés et de la connexité deC. Sif∈Ane s’annule pas, il est bien connu que 1/f est holomorphe, i.e.f ∈A×. Le (ii) découle simplement du fait, également bien connu, que sif∈As’annule ena∈C, alorsz7→f(z)/(z−a)se prolonge en une fonction holomorphe surC, disonsg∈A, de sorte que f(z) = (z−a)g(z). Le (iii) découle de l’existence def ∈A ayant une infinité de zéros, comme par exemplez7→sin(z).
5. Exercices du chapitre 5 pour des raisons de dimension, et donc√
d=a+b√
Exercice5.2 D’après l’Exercice 5.1, il faut voir que pour tout entierdsans facteur carré, il existe une racine de l’unité ζ telle que√
d∈Q(ζ). Se ramener au cas oùd est premier, et dans ce cas considérer la somme de Gauss.
Exercice 5.3 Si d n’est pas un cube dans Q, et si α = √3
d, alors [Q(α) : Q] = 3. Un calcul dans la base 1, α, α2 montre queNQ(α)/Q(a+bα+cα2) =a3+db3+d2c3−3abcd. Conclure dans ce cas par multiplicativité de la norme. Dans le cas général, fixera, b, c, a0, b0, c0∈Zet observer que l’identité cherchée équivaut à l’annulation d’un certain polynôme endà coefficients dansZ, qui s’annule sur l’infinité des non cubes.
Exercice5.4 Observer quedisc(P)6= 0 puis que disc(Q)disc(P) ∈Q∩Z=Z. Exercice5.5 C’est un calcul direct dans laZ-base1,√
dsid6≡1 mod 4, dans1,1+
√ d 2 sinon.
Exercice 5.6 Pour le (i), d’après le cours le carré de l’indice de P
iZei dans OK divise l’entier discK/Q(e1,· · ·, en). Cet indice est donc1par hypothèse. Pour le (ii),X3−X+ 1 est irréductible dans Q[X]car sans racine rationnelle, donc [K:Q] = 3. Son discriminant est±23, sans facteur carré, d’où le (ii).
Exercice5.7 Le (i) est immédiat en considérant laQ-base1, x, x2deK. Le (ii) se déduit deTrK/Q(x) = TrK/Q(x2) = 0.Pour le (iii), l’indication montre d’abord que4(3b)3∈Z, ce qui entraîne3b∈Zcar3b∈ 12Z, puis on voit que3c∈Zde la même manière. Pour le (v), observer que la norme de l’élément±13(1−x+x2) vaut ±271(1−2 + 4−6)∈/Z.
Exercice5.8 Commemetnsont distincts et sans facteurs carré, on aQ(√
m)∩Q(√
m, donc les4possibilités de signes sont atteintes car |Σ(K)|= [K:Q] = 4.
5. EXERCICES DU CHAPITRE 5 173
En particulier, on a4a,4c∈Z. On conclut le (ii) en considérant de même les deux autres plongements non triviaux. éléments. Pour des raisons de cardinal il s’ensuit queϕ∗est bijective.
Pour le (ii), observer que se donner un morphisme d’anneaux ψ : A → Z/2Z est équivalent par la propriété universelle d’un quotient à se donner deux élémentsx=ψ(X), y∈ψ(Y)∈Z/2Ztels quex2=x et y2 = y. Cette dernière condition est automatiquement satisfaite dans Z/2Z. Il y a donc exactement deux choix pourxet deux poury. La seconde assertion du (iii) est la propriété universelle du quotient. La première s’en déduit car tout polynôme a évidemment au plus deux racines dansZ/2Z.
Enfin, siOK est monogène, alors il existe un polynômeP ∈Z[X]unitaire de degré4 tel queOK '
. Il n’y a donc qu’un nombre fini de polynômes caractéristiques possibles. Ces polynômes ont au total un nombre fini de racines, doncU(K)est fini. Soientn=|U(K)|etµn={ζ∈C, ζn= 1}. Six∈U(K) alorsxn= 1(Lagrange) doncU(K)⊂µ(K)⊂µn. Mais|U(K)|=|µn|=ndoncU(K) =µ(K) =µn. Le (iv) se déduit du (iii) en considérantK =Q(x). Pour le (iv), on écritU(K) =µn, doncζ=e2iπ/n ∈K, puis Q(ζ) ⊂ K. La base téléscopique entraîne que [Q(ζ) : Q] divise [K : Q], mais ϕ(n) = [Q(ζ) : Q] (irréductibilité du polynôme cyclotomique).
Exercice5.12 SoitK=Q(α), c’est le corps de fractions de Z[α]. On sait queOK est intégralement clos. SiZ[α]l’est aussi, alors par définition il contientOK. Il est donc égal àOKcarα∈ OKpar hypothèse.
parcourt les parties à deux éléments de l’ensemble R des racines deP dansC. La conjugaison complexe induit une involution de R, et donc de l’ensemble de ses parties, disons I 7→ I ={x, x ∈I}. Obervons que sia6=b, alors(a−b)2(a−b)2 =|a−b|4 est réel strictement positif. De plus,I =I et|I|= 2si et seulement si I={a, a}aveca∈R non réel, auquel cas(a−a)2 =−4Im(a)2. On conclut car le nombre d’éléments non réels deR est2spar définition.
Exercice5.16 Pour le (i), observer que l’élémentS=Q
1≤i<j≤n(xi+xj)est un polynôme symétrique à coefficients entiers en lesxi. C’est donc un polynôme à coefficients entiers en les coefficients deP (qui est unitaire), doncS∈Z. Pour le (ii), on remarque que sia, b∈Zalors(a−b)2= (a+b−2b)2≡(a+b)2mod 4.
On en déduitdisc(P)≡S2mod 4et on conclut carS∈Zpar le (i). Le (iii) s’en déduit cardisc(K)est le carré d’un entier non nul foisdisc(Πx,Q)oùx∈Zest un élément primitif deK.
6. Exercices du chapitre 6
Exercice6.2 On aΠα,Q=X2+X+ 5doncdisc(A) =−19. D’après Minkowski tout idéal non nul de Aest équivalent à un idéal contenantNavec1≤N≤C(A) = 12π4√
19<3(voir la table). MaisX2+X+ 5 est irréductible dans(Z/2Z)[X]donc les seuls idéaux deAcontenant2sont2AetA. Ainsi,Cl(A) = 1et doncAest principal. On a vu au chapitre 4 qu’il n’est pas euclidien.
Exercice6.3 On a Πα,Q =X2+ 5 donc disc(A) = −20. D’après Minkowski, tout idéal non nul de A est équivalent à un idéal contenant N avec 1 ≤ N ≤ C(A) = 12π4√
20 < 3 (voir la table). Comme X2+ 5≡(X−1)2mod 2, les idéaux contenant2sont2A,2A+ (α−1)A=I etA. Ainsi, tout idéal est [I]2= [I]: ce n’est donc pas un groupe (c’est l’unique monoïde unitaire à deux éléments qui n’est pas un groupe !). SiJ est un idéal non nul deA, alors on constate que[J I] = [J][I] = [I]quel que soit [J], donc
|Cl(A)|= 1. L’anneauAest un ordre deQ(α). Il est principal, donc intégralement clos, et donc il contient OQ(α) : c’est donc exactement l’anneau des entiers deQ(α).
Exercice6.8 Soient ζ =e2iπ/5,K =Q(ζ)etA =Z[ζ]. On a r1 = 0etr2 = 2. De plusdisc(A) = de norme7. Les idéaux premiers contenant3sont les deux idéauxT±= (3, α±1)et ceux contenant7sont S±= (7, α±3). Maisβ= 2α+ 1 = 2(α−1) + 3∈T− etβ= 2(α−3) + 7∈S−, doncT− etS−divisent (β), puis(β) =T−S−(identité pas très difficile à vérifier à posteriori !).
Exercice7.4 Traitons d’abord le cas deA=Z[α]avecα=√
−13. On adisc(A) = disc(X2+ 13) =
−52. Les estimées de Minkowski démontrent que tout idéal non nul deAest équivalent à un idéal contenant un entier N tel que 1≤N ≤ 2π√ que les idéaux contenant 4sont les Di par la propriété de Dedekind. Il s’ensuit qu’en tant que groupes
7. EXERCICES DU CHAPITRE 7 175
Cl(A) =h[D]i. MaisD n’est pas principal car2n’est pas représenté par x2+ 13y2, et[D]2 = [A], donc Cl(A) =Z/2Z.
Supposons maintenant A = √
26, donc disc(A) = −92et tout idéal non nul de A est équivalent à un idéal contenant un entier N tel que 1 ≤ N ≤ π2√
92 < 7(Minkowski). A est l’anneau des entiers de Q(√
−26) car −26 est sans facteur carré et ≡ 2 mod 4. Il s’ensuit que Cl(A) est engendré comme groupepar les idéaux premiers divisant2,3,4,5,6, i.e. par les idéaux premiers contenant2,3ou5. Ce sont respectivementD= (2, α),T±= (3, α±1)etC±= (5, α±2)(de normes2,3et5). D’après le cours on a les relations(2) =D2,(3) =T+T−et(5) =C+C−. La formex2+ 26y2représente27 = N((1 +α)) = 33 et 30 = N((2 +α)) = 2·3·5. Mais1 +α∈T+et1 +α /∈T−(sinon on aurait3−(1 +α)−(1−α) = 1∈T−
et doncT−=A), et2 +αest manifestement dansD,T−etC+, donc (1 +α) =T−3 et (2 +α) =DT−C+
par multiplicativité de la norme et propriété de Dedekind. On en déduit les relations[D]2 = [A],[T+][T−] = [A], [T−]3 = [A], [D][T−][C+] = [A] et [C−][C+] = [A] donc Cl(A) est engendré par[D] et[T−]. Mais [DT−]3 = [D] et [DT−]2 = [T−]−1 donc Cl(A) est engendré par l’élément [DT−] dont l’ordre divise6.
Comme ni2ni3n’est représenté parx2+ 26y2, niDniT−n’est principal et doncCl(A)'Z/6Z. Exercice7.5 (i) Il est évident qu’un idéal principal non nul(π)d’un anneauAquelconque est premier si et seulementπest un élément premier, comme on l’a déjà remarqué dans le cours. Il faut donc simplement que vérifier que si un idéal premier P ⊂ OK contient un élément premier π, alorsP = (π). Mais l’idéal (non nul) (π)est premier par l’observation précédente, il est donc maximal par un résultat du cours, et donc(π) =P.
(ii) SupposonsOK factoriel. Nous allons montrer que tous les idéaux premiers deOKsont principaux.
Il en résultera queOKest principal par la propriété de Dedekind. SoientPun idéal premier non nul deOK
etz∈Pun élément non nul. CommeOKa la propriété de factorisation (par exemple car il est noethérien), z est produit fini d’irréductibles. Comme P est premier il contient au moins un des facteurs irréductibles πdez. Maisπétant irréductible etOK étant factoriel,πest premier, et doncP= (π)d’après le (i).
(iii) Supposons qu’un ordre A ⊂ OK est factoriel. L’anneauA étant un ordre on aFrax(A) = K.
Comme il est factoriel il est intégralement clos, donc en particulierOK =Z∩K⊂A, et doncOK =A.
Problème7.1 (i) SoientQetQ0 sont deux diviseurs deP = Πα,Q∈(Z/pZ)[X]. SupposonsQetQ0 premiers entre eux. D’après Bezout il existeU, V ∈(Z/pZ)[X]tels queU Q+V Q0= 1. SoientU ,e V ,e Qeet Qf0 ∈Z[X]des relevés respectifs deU, V, QetQ0. On a doncUeQe+VefQ0−1∈pZ[X]. Évaluée enαcette relation montre que(Q(α),e Qf0(α)) =A. Mais
I(Q)I(Q0) = (p,Q(α))(p,e fQ0(α)) =p2A+p(Q(α),e Qf0(α)) +Q(α)fe Q0(α)A.
Ainsi,I(Q)I(Q0) = (p,Q(α)fe Q0(α)) = I(QQ0).
(ii) Le (i) s’applique récursivement et montre queQg
i=1I(Qi) = I(Qg
i=1Qi) = I(P) =pA.
8. Problèmes de révision
Problème1. (i) CommeD <0toute classe d’équivalence propre de formes de discriminantD contient une et une seule forme réduite au sens de Gauss.
Déterminons les formes réduites(a, b, c)telles queD=b2−4ac=−132 =−4·3·11suivant
(car(6,−6,7)n’est pas réduite). On a donc pour formes réduites de discriminant−132les formes (1,0,33),(2,2,17),(3,0,11)et(6,6,7), puish(−132) = 4. On constate que toutes ces formes sont ambiguës (voir le premier point du théorème sur les formes ambiguës).
(ii) C={0,1,3,4,5,9}.
(iii) Soitnun entier. Sin=x2+ 33y2alorsnest un carré modulo3, doncn≡0,1 mod 3. De même, sin= 6x3+ 6xy+ 7y2alorsn≡7y2≡y2mod 3, et doncnest aussi un carré modulo3. Enfin, si n= 3x2+ 11y2 alorsn≡3x2mod 11et doncnest un carré modulo11car3∈C.
(iv) Supposons quep≡5 mod 12et que 11p
=−1. Vérifions d’abord quepest représenté par une forme de discriminant −132. Commep > 2il faut vérifier que−132est un carré modulop. Par multiplicativité du symbole de Legendre on a
−132
et par la loi de réciprocité quadratique
3
Le théorème de Lagrange assure alors qu’un telpest représenté par l’une des formes(1,0,33), (2,2,17),(3,0,11)et(6,6,7). D’après le (iii), le seul cas possible est d’être représenté par(2,2,17).
Les trois premiers nombres premiers concernés sontp= 17,29et41, qui sont bien de la forme 2x2+ 2xy+ 17y2 : prendrey= 1et respectivementx= 0,2,3. covol(L)car covol(Zn) = 1(par convention), d’après la proposition 2.17.
(ii) Soit n = [Q(α) : Q]. D’après le cours, 1, α, . . . , αn−1 est une Z-base de A et une Q-base de
8. PROBLÈMES DE RÉVISION 177
(ii) CommeΣ(L)est fini, lesσ(L)avecσ∈Σ(L) forment un ensemble fini de corps de nombres, ils engendrent donc un corps de nombres que l’on noteM. On rappelle que siL/Kest une extension de corps de nombres, l’application de restrictionΣ(L)→Σ(K) est surjective. Appliquant ceci à M/K, on peut donc trouver pour toutσ∈Σ(K)un élémentσ0 ∈Σ(M)tel queσ|K0 =σ. Il y a en fait [M :K]choix pour un telσ0 mais n’importe quel choix fixé conviendra dans l’argument qui suit.
On a utilisé la Proposition 5.14 pourK/Q,L/K ainsi que l’indication démontrée au paragraphe précédent.
(vii) Ainsi, siZ[ζ]est principal, alors la formex2+xy+1+p4 y2 représente tous les nombres premiers
`≡1 modp.
9. Corrigé de l’examen 2011-2012
Problème1. (i) Il suffit de déterminer les formes réduites de Gauss (a, b, c) de discriminant
−136. Elles satisfont en particulierb≡0 mod 2et|b| ≤a≤q
(iii) La loi de réciprocité quadratique assure que pourp6= 2,17 −136 donc modulo 4pcar −136≡0 mod 4etpest impair. Il est donc représenté par l’une des formes (1,0,34),(2,0,17)et(5,2,7)(et même une seule) par le (ii) et le théorème de Lagrange.
(vi) Minkowski nous dit que toute classe d’idéaux non nuls contient un idéal contenant1≤N ≤7, i.e.
divisant(N)pour un telN par la propriété de Dedekind. Ces idéaux sont donc produits d’idéaux premiers contenant2,3,5ou7. Ainsi,Cl(A)est engendré par tous les idéaux premiers ci-dessus.
Les relations[C][C0] = 1,[S][S0] = 1et[C][S] = 1assure queCl(A)est engendré par[C]et[D].
(ix) Le théorème de Dedekind définit un isomorphisme de groupes entre Cl(A) avec Cl(−136), ce dernier étant muni de la loi de composition de Gauss. On a donc Cl(−136)' Z/4Z. La classe principale est l’élément neutre, l’autre classe ambigüe [(2,0,17)] est l’élément d’ordre 2, et les classes de[(5,±2,7)]sont donc des générateurs (inverses l’un de l’autre). Cela détermine unique-ment la table de multiplication.
(x) En particulier,[(5,2,7)]2= [(2,0,17)]et[(5,2,7)][(5,−2,7)] = 1. Le résultat s’en déduit car une composée de Gauss est une composée au sens du cours.
(xi) 5et7ont les propriétés requises. On a35 = 2·9 + 17 = 1 + 34.
(ii) D’après Minkowski tout idéal non nul de Z[ζ]est équivalent à un idéal contenant un entier N compris entre1et 4π2 4!
44 ·4·4 = 3π82 <3.
(iii) CommeX4+ 1≡(X−1)4mod 2, on déduit du cours que les idéaux deZ[ζ]contenant2sont les5idéauxIi= (2,(ζ−1)i)aveci= 0, . . . ,4. On aI0=Z[ζ](l’anneau tout entier) qui est aussi l’unique idéal contenant1.
9. CORRIGÉ DE L’EXAMEN 2011-2012 179
(iv) La dérivée en1deX8−1 =Q7
i=0(X−ζi)s’écrit de deux façons 8 =
7
Y
i=1
(1−ζi).
Maisζ2=i,ζ4=−1etζ6=−i, donc(1−ζ2)(1−ζ4)(1−ζ6) = (1−i)(1 +i)2 = 4, ce qui conclut la première formule. Pour la seconde on remarque que pour touti= 1, . . . ,7on a
1−ζi= (1−ζ)(
i−1
X
k=0
ζk)∈(1−ζ)Z[ζ].
(v) On déduit du (iv) que2∈(1−ζi)pouri≤4, doncIi= ((1−ζ)i)est principal.
(vi) On en déduit que tout idéal deZ[ζ]est équivalent à un idéal principal :Z[ζ]est principal.
(vii) Principal implique factoriel implique intégralement clos, donc Z[ζ] est intégralement clos. Il contient donc l’anneau des entiers deQ(ζ), et donc il est égal à ce dernier.
Problème3. (i) Soientx, y ∈Ztels quey2 =x5−k. On ay≡xmod 2 cark ≡0 mod 2. Il suffit donc de montrer quexetysont premiers entre eux. Sid >1divsexetyalorsd2 divisek: absurde.
(ii) L’idéal(y+α, y−α)contient2yet(y−α)(y+α) =x5. Mais2yetx5 sont premiers entre eux par le (i), il contient donc1par Bézout.
(iii) On a(y−α)(y+α) = (x)5. Comme les idéaux(y−α)et(y+α)sont premiers entre eux dans l’anneau de DedekindZ[α](cark≡2 mod 4est sans facteur carré), on déduit de l’unicité de la décomposition en produit d’idéaux premiers que(y+α)est de la formeI5 pour un certain idéal I deZ[α].
(iv) On sait que h(−4k) est le cardinal du groupeCl(A). Si il est premier à 5, ce groupe n’a pas d’élément d’ordre5. Comme[I]5 = [I5] = 1, il vient que[I] = 1.
(v) Ainsi,Iest principal, disons engendré parz∈Z[α]. On a donc(y+α) = (z5)puisy+α=uz5 où uest une unité deA, i.e.u=±1par un résultat du cours. Mais alorsu=u5et doncy+α= (uz)5. Soienta, b∈Zdes entiers tels queuz=a+bα. On conclut par la formule du binôme.
(vi) On rappelle que1, αest uneZ-base deA. En égalisant le coefficient enαon obtient 1 =b(5a4+ 10a2b2k+b4k2).
Donc b = ±1(tous les termes sont entiers), puis b2 = b4 = 1, d’où la première assertion. En égalisant le coefficient en1on constate aussi quey≡amod 2, doncaest impair. En particulier a2 ≡1 mod 8. Il vient5 +k(k+ 2)≡ ±1 mod 8. Commek est pair, k(k+ 2) ≡0 mod 8, puis 5≡ ±1 mod 8: c’est absurde.
(vii) On regarde les entiers 35−y2 > 0 avec y impair, i.e.y ∈ {1,3,5,7,9,11,13,15}. On trouve respectivement242,234,218,194,122,74,18. Mais9divise18et234, et112·2 = 242. Par contre, 218 = 2·109,194 = 2·97,122 = 2·67et74 = 2·37sont sans facteur carré : ces valeurs de k conviennent donc et on en déduit le résultat.
10. Corrigé de l’examen 2012-2013
Ainsi−104est un carré modulopsi et seulement si
−2
(iii) Il suffit de déterminer les formes réduites de Gauss(a, b, c)de discriminant−104. Elles satisfont en particulier b≡0 mod 2 et|b| ≤a≤q
104
3 <6car 104/3<35<62. On trouve (1,0,26) et (2,0,13)pourb= 0,(3,±2,9)pourb=±2, et(5,±4,6)pourb=±4.
(iv) Les classes ambiguës sont celles de(1,0,26)et(2,0,13). Il y a donc4formes à équivalence (non nécessairement propre) près : (1,0,34),(2,0,13),(3,2,9)et(5,4,6).
(v) Sip≡1,3 mod 8etpest un carré modulo13, alors−104est un carré modulopd’après le (ii).
Il l’est donc également modulo4pcar−104≡0 mod 4etpest impair. Il est donc représenté par l’une des4formes précédentes, et même par une seule, d’après un résultat du cours dû à Lagrange.
Sipest de la forme 2x2+ 13y2 alorsp≡2x2 modulo13, ce qui est absurde car2 n’est pas un
Sipest de la forme 2x2+ 13y2 alorsp≡2x2 modulo13, ce qui est absurde car2 n’est pas un