Th´ eorie des Nombres - TD6 Entiers alg´ ebriques, anneaux d’entiers

(1)

Universit´e Pierre & Marie Curie Master de math´ematiques 1

Ann´ee 2010-2011 Module MM020

Th´ eorie des Nombres - TD6 Entiers alg´ ebriques, anneaux d’entiers

Exercice 1 :

a) Parmi ces nombres alg´ebriques, lesquels sont des entiers alg´ebriques ? 3 + 2√

6 1−√

6 ,

√3 +√ 5

2 ,

√3 +√ 7

2 , 1 +√³

10 +√³ 100

3 , 1 +√

19

2 , 1 +i

√ 2 .

b) Si a, b ∈ Z sont des entiers distincts sans facteur carr´e, et si n ∈ N^∗, trouver une condition n´ecessaire et suffisante pour que

√a+√ b

n soit un entier alg´ebrique.

Solution de l’exercice 1.

a) On calcule le polynˆome minimal surQde ces nombres alg´ebriques : – Notonsα :=

√3+√ 5

2 . Alors (2α)²= 8+2√

15, donc ((2α)²−8)² = 60. Par conséquent, l’élément α est annulé par le polynôme à coefficients entiers

((2X)²−8)²−60 = 16X⁴−64X²+ 4,

donc en simplifiant,α est annul´e par 4X²−16X²+ 1∈Z[X]. Or ce polynˆome est de contenu

égal à 1 et il n’est pas unitaire, donc α n’est pas un entier algébrique (il est clair queα est de degré 4 sur Q).

– Notons β :=

√3+√ 7

2 . Alors on obtient ((2β)²−10)²−84 = 0. Par conséquent, β (qui est de degré 4 sur Q) est annulé par le polynôme

16X⁴−80X²+ 16, donc le polynˆome minimal deβ surQest

X⁴−5X²+ 1, doncβ est un entier alg´ebrique.

– Notons γ := ¹⁺³

√ 10+√³

100

3 . Alors on a (3γ−1)³ = 110 + 3(√³

100000 +√³

10000) = 110 + 30(√³

100 +√³

10) = 110 + 30(3γ−1). Doncγ est annul´e par le polynˆome

(3X−1)³−30(3X−1)−110 = 27X³−27X²−81X−81, donc le polynˆome minimal deγ est

X³−X²−3X−3, doncγ est un entier alg´ebrique.

– On voit facilement queδ := ¹⁺

√ 19

2 est annul´e par le polynˆome (2X−1)²−19 = 4X²−4X−18.

Donc son polynˆome minimal surZest

2X²−2X−9. Il n’est pas unitaire, donc δ n’est pas un entier alg´ebrique.

(2)

– Posons := ¹⁺ⁱ^√

2. Alors on a =ζ8, racine primitive 8-ième de l’unité. Par conséquent, est racine du polynômeX⁴+ 1∈Z[X], doncest un entier algébrique.

b) On sait que l’´el´ement α :=

√a+√ b

n est de degré 4 sur Q. Calculons son polynôme minimal : on vérifie que

(nα)²−(a+b)2

−4ab= 0 i.e. α est annul´e par le polynˆome

n⁴X⁴−2n²(a+b)X²+ (a−b)² ∈Z[X].

Par conséquent, α est un entier algébrique si et seulement si n⁴|2n²(a+b) et n⁴|(a−b)² si et seulement si n²|2(a+b) et n²|(a−b) si et seulement sia≡b[n²] etn²|4a. Or par hypothèse,a est sans facteur carré, donc si α est entier algébrique, alors n= 1 ou 2.

Finalement, α est un entier alg´ebrique si et seulement sin= 1 ou (n= 2 eta≡b[4]).

Exercice 2 : Soit une unité d’un corps quadratique. Montrer que est de norme 1 si et seulement si il existe un entierγ de ce corps quadratique tel que = _γ^γ0, où γ⁰ est le conjugué deγ.

Solution de l’exercice 2. On noteK=Q(√

d) le corps quadratique en question. Supposonsde norme 1. Si6=−1, on pose γ := 1 +. Alors γ ∈ZK\ {0} et

γ⁰= (1 +⁰)=+⁰ =+ 1 =γ .

Donc, puisqueγ 6= 0, on en d´eduit que = _γ^γ0. Si=−1, on peut prendre γ :=√ d.

La r´eciproque est ´evidente.

Exercice 3 : Soitz∈C^∗ un entier alg´ebrique. On note f ∈Q[X] son polynˆome minimal.

Montrer que ¹_z est un entier alg´ebrique si et seulement si f(0) = ±1. Montrer ´egalement que cela

´equivaut `a ¹_z ∈Z[z].

Solution de l’exercice 3. Notons f(X) = Xⁿ+an−1Xⁿ⁻¹+· · ·+a₀ ∈Z[X] le polynˆome minimal de z. Soit kun corps de nombres contenant z.

Sif(0) =a0 =±1, alors on a _z¹ =∓(zⁿ⁻¹+an−1zⁿ⁻²+· · ·+a1)∈Z[z], donc ¹_z est un entier alg´ebrique.

R´eciproquement, si ¹_z est un entier alg´ebrique, on aN_k/Q(¹_z)∈ZetN_k/Q(z)N_k/Q(¹_z) =N_k/Q(z¹_z) = 1, donc l’entierN_k/_Q(z) vaut 1 ou−1, doncf(0) =±N_k/_Q(z) =±1.

Pour la dernière équivalence, on a vu que f(0) = ±1 impliquait que ¹_z ∈ Z[z]. Réciproquement, si

1

z ∈Z[z], alors ¹_z est un entier alg´ebrique.

D’o`u l’´equivalence entre les trois assertions.

Exercice 4 : Soitd∈Zsans facteur carr´e. Montrer que l’anneau des entiers deK :=Q(√

d) est ´egal

` aZ[√

d] sid≡2,3 [4], et `a Z[¹⁺

√ d

2 ] si d≡1 [4]. En d´eduire le discriminant du corpsK.

Solution de l’exercice 4. Soitα=a+b√

d∈Q(√

d) (d∈Zsans facteur carré). Puisque α est de degré 1 ou 2 surQ,α est entier surZsi et seulement si (b= 0 eta∈Z) ou (b6= 0 et (X−a)²−db² ∈Z[X]) si et seulement si (b= 0 eta∈Z) ouX²−2aX+ (a²−db²)∈Z[X]. Or 2a, a²−db²∈Zsi et seulement si il existe a₀ ∈ Z et p, q entiers premiers entre eux tels que a= â₂⁰, b = ^p_q eta²₀− ^4dp_q2² ∈ 4Z. Or la dernière condition implique queq ∈ {1,2}(dest sans facteur carré). Or siq= 1, alorsa, b∈Zetαest clairement entier. Siq= 2, alorsα est entier si et seulement sib= ^b₂⁰ avecb0 ∈Zimpair et 4|a²₀−db²₀ si et seulement sib= ^b₂⁰,a₀, b₀∈Zimpairs et d≡1 [4].

Cela conclut la preuve.

Exercice 5 : Soit P ∈Z[X] un polynôme irréductible unitaire de degré n. Soit θ une racine de P, K:=Q(θ) et D_K le discriminant de K.

(3)

a) Montrer que le discriminant de (1, θ, . . . , θⁿ⁻¹) est ´egal au discriminant D(P) de P. Exprimer ce nombre en fonction de la norme N_K/Q(P⁰(θ)).

b) Si f d´esigne l’indice deZ[θ] dansZK, montrer que D(P) =f²DK. Solution de l’exercice 5.

a) On sait que le discriminant de (1, θ, . . . , θⁿ⁻¹) vaut dθ = (det((^σθ)^r))², où les indices r et σ décrivent respectivement{0, . . . , n−1} et l’ensembleGdesQ-plongements deK dans un corps de décomposition deP surQ. Or on remarque que ce déterminant est un déterminant de Van- dermonde. Par conséquent, on peut le calculer : il vaut

dθ= (−1)ⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾² Y

σ6=τ∈G

(σ(θ)−τ(θ)).

Or les racines de P sont exactement lesσ(θ), σ∈G, donc le discriminant D(P) vaut D(P) = (−1)ⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾² Y

σ6=τ∈G

(σ(θ)−τ(θ)). Par cons´equent, on a biend_θ=D(P).

Calculons maintenantN_K/_Q(P⁰(θ)). On sait queP(X) se factorise sous la forme P(X) = Y

σ∈G

(X−σ(θ)). Par cons´equent, on en d´eduit que P⁰(X) = P

σ∈G

Q

τ∈G,τ6=σ(X −τ(θ)), donc en particulier, P⁰(θ) =Q

τ∈G,τ6=id(θ−τ(θ)) puisque tous les autres termes de la somme sont nuls. Donc on a N_K/_Q(P⁰(θ)) = Y

σ∈G

σ(P⁰(θ)) = Y

σ∈G

Y

τ∈G,τ6=id

(σ(θ)−στ(θ)).

Or pour tout σ ∈ G, l’application τ 7→ στ est une bijection de G\ {id} sur G\ {σ}, donc en posant µ:=στ on obtient

N_K/Q(P⁰(θ)) = Y

σ6=µ∈G

(σ(θ)−µ(θ)). Avec les formules précédentes, on en déduit que

dθ =D(P) = (−1)ⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾² N_K/_Q(P⁰(θ)).

b) On a une inclusion de groupes abéliens libres de type finiZ[θ]⊂ZK, de même rangn. Montrons le résultat général suivant : si A ⊂ZK est un sous groupe abélien libre de type fini de rang n, et si f désigne l’indice de A dans ZK, alors D_A/Z = f²D_K. Par la théorie des modules sur un anneau principal, on sait qu’il existe une base (e₁, . . . , e_n) deZK surZ, et des entiers (a₁, . . . , a_n) tels que (a1e1, . . . , anen) soit une Z-base de A. Alors

D_A/_Z= disc_Z(a1e1, . . . , anen) = (a1. . . an)²disc_Z(e1, . . . , en) = (a1. . . an)²DK.

Or par construction le produit a1. . . an est égal à l’indice f de A dans ZK, donc on a D_A/_Z = f²D_K. Dans le cas particulier oùA=Z[θ], on obtient biend_θ =f²D_K. La question précédente permet alors de conclure.

Exercice 6 : Calculer l’anneau des entiers et le discriminant des corps de nombres suivants : a) Q(√³

5).

(4)

b) Q(√³ 175).

c) Q(i,√ 2).

a) Notons θ:= √³

5,K :=Q(θ) et calculons le discriminant dθ de Z[θ] sur Z. SiP =X³−5 est le polynˆome minimal deθ, on obtient

dθ =D(P) =−3³5².

Par cons´equent, on d´eduit de l’exercice 5 que l’indice f de Z[θ] dans ZK divise 3.5 = 15.

Donc un élément dans ZK, de la forme a+bθ +cθ² a nécessairement ses coefficients a, b, c dans ₁₅¹Z. Montrons que ZK = Z[θ] : par la remarque précédente, il suffit de montrer que si α := â+bθ+cθ_n ² ∈ZK avec a, b, c ∈Z, alors a, b etc sont divisibles par n, pour n= 3 et n= 5.

Calculons la traceT(α) et la normeN(α) deα. On trouveT(α) =^3a_n etN(α) = ^a³^+5b³^+5c_n3³^−15abc. Puisque α∈ZK, on doit avoir T(α), N(α)∈Z, doncn|3aetn³|a³+ 5b³+ 15c³−15abc.

– Pour n= 3, la condition n|3ane dit rien. Pour tester la seconde condition, on peut supposer quea, b, c ∈ {0,1,2}, et il reste à tester toutes les possibilités pour remarquer que la seconde condition impose a=b=c= 0. Donc en général a,betc sont divisibles par 3.

– Pourn= 5, la condition sur la trace assure que 5|a. Donc ^bθ+cθ₅ ² ∈ZK. Or la norme deβ vaut N(β) = ^b³^+5c₂₅ ³ ∈Z, doncbest divisible par 5, doncc aussi.

Finalement, on a montr´e queZK =Z[√³

5] et queD_K =−675.

b) On applique exactement la même méthode que précédemment :P(X) =X³−175 est le polynôme minimal de θ := √³

175, et on a D(P) = −3³5⁴7². On considère α := â+bθ+cθ_n ² ∈ ZK, avec n∈ {3,5,7}eta, b, c∈Z. On a alors T(α) = ^3a_n ∈Z etN(α) =â³^+175b³⁺¹⁷⁵_n3²^c³^−3.175abc ∈Z. – Pour n= 3, l’information sur la trace n’apporte rien, et on vérifie en testanta, b, c∈ {0,1,2}

que la seconde condition impose quea,betc soient divisibles par 3.

– Pour n = 5 ou n = 7, la premi`ere condition assure que a est divisible par n, donc on peut consid´erer β := ^bθ+cθ_n ² ∈ZK, dont la norme vaut N(β) = ^175b³⁺¹⁷⁵_n3 ²^c³ ∈Z, ce qui assure que b est divisible parn. Lorsque n= 7, on obtient donc que 7|b, donc 7³|b³, donc 7|c (car 7³ ne divise pas 175²). Donc a,b etcsont divisible par 7 dans le cas n= 7.

Dans le cas n= 5, on a obtenu que aet b sont divisibles par 5, et on n’a aucune contrainte supplémentaire sur c. Réciproquement, il est clair que ^θ₅² est un entier algébrique puisque son polynôme minimal est X³ − ¹⁷⁵₅₃² = X³ −245 ∈ Z[X] qui est bien unitaire. Donc on a montré qu’un élément α := â+bθ+cθ₅ ² ∈ K, avec a, b, c ∈ Z, était un entier algébrique si et seulement si 5|a et 5|b. Enfin, il est possible que 25 divise f, donc on doit considérer un élément α := â+bθ+c

θ2 5

5 ∈ ZK, avec a, b, c ∈ Z. Alors comme précédemment, on a 5|a et 5³|(5².7b³ + 5.7²c³). Donc 5|c et 5|b. Donc finalement les entiers algébriques de la forme

a+bθ+cθ²

25 , avec a, b, c∈Zsont exactement les ´el´ements de Z[θ,^θ₅²].

Finalement, on a montr´e queZK =Z[θ,^θ₅²], queZ[θ]⊂ZKest d’indice 5 et queD_K =−3³5²7² =

−33075.

c) On dispose d’un sous-groupe libre R de rang 4 dans ZK, `a savoir R :=Z[i,√

2]. UneZ-base de R est donn´ee par (1, i,√

2, i√

2). Le discriminant de cette base vaut 2¹⁰= 1024, donc l’indice de R dans ZK est une puissance de 2. Soitα = ^a+bi+c

√2+di√ 2

2 ∈ ZK, avec a, b, c, d∈Z. La norme de α vaut

N(α) = (a²−b²−2c²+ 2d²)²+ 4(ab−2cd)²

16 .

On aN(α)∈Z, donca≡b[2] et 4|c⁴+d⁴+a²b²+2c²d². Il suffit alors de tester ces conditions pour a, b, c, d∈ {0,1}, et on trouve alors que la seule possibilit´e non triviale est (a, b, c, d) = (0,0,1,1), i.e. α=a+bi+

√ 2+i√

2

2 .

(5)

Ainsi dispose-t-on d’un nouveau sous-groupe R⁰ de ZK (qui contient R comme sous-groupe d’indice 2) d´efini par R⁰ = Z[i,√

2,

√2+i√ 2 2 ] = Z[

√2+i√ 2

2 ], de base (1, i,√ 2,

√2+i√ 2

2 ) et de discriminant 2⁸ = 256. On se donneβ := ^a+bi+c

√ 2+d

√ 2+i√

2 2

2 ∈ZK avec a, b, c, d entiers dans {0,1}.

Alors

N(β) = (a²−b²−2c²−2cd)²+ (2ab−2cd−d²)²

16 .

Si cette norme est un entier, alors a=b=d= 0 ou (a=b= 1 et d= 0) (en regardant modulo 4), donc a = b = c = d = 0 ou (a = b = 1 et d = 0 et 16|4c⁴+ 4), donc puisque la derni`ere condition est impossible, on en d´eduit quea=b=c=d= 0, donc β∈R⁰.

Finalement, on a montr´e queZK =Z[

√2+i√ 2

2 ] et queDK = 256.

Remarquons d’ailleurs que le corps K n’est autre que Q(ζ8) et qu’on a montr´e queZK =Z[ζ8].

Exercice 7 : Soitα un entier alg´ebrique.

a) On suppose que tous les conjugués de α sont de module strictement inférieur à 1. Montrer que α = 0.

b) On suppose maintenant que les conjugués de α sont de module inférieur ou égal à 1. Montrer que α est une racine de l’unité.

[Indication : on pourra majorer la valeur absolue des coefficients du polynˆome minimal de α^r, pour tout r≥1.]

a) Le coefficient constant du polynôme minimal deα est un produit de conjugués de α. Il est donc en module <1. Or il est entier, donc il est nul. Donc 0 est racine du polynôme minimal deα, donc α= 0.

b) Le polynˆome minimal deα (dont on note nle degr´e) est de la forme P(X) =Xⁿ+an−1Xⁿ⁻¹+· · ·+a0= Y

σ∈G

(X−σ(α))

où σ décrit l’ensemble G des plongements deK =Q(α) dans une clôture normale deK. Alors en développant le produit de droite, on obtient que pour tout 1≤k≤n−1,

|a_k| ≤ n

k

≤2ⁿ

puisque pour tout σ, |σ(α)| ≤1. De même pour α^r,r ≥1 : l’élément α^r est dans K, donc son polynôme minimal est de degré≤n. Il est entier surZet ses conjugués sont des puissances des conjugués de α, donc ils sont de module ≤1, donc on obtient ainsi que les coefficients ar,k ∈Z du polynôme minimal deα^r surQ vérifient

|a_r,k| ≤2ⁿ

pour tout k. Donc il n’y a qu’un nombre fini de coefficients qui apparaissent dans les polynˆomes minimaux de tous les α^r (r ≥1), donc il existe r, s≥1 tels que α^r =α^r+s. Alors α^s = 1, donc α est une racine de l’unit´e.

Exercice 8 : Soit K/Q une extension finie de degr´e n, soit u ∈ ZK tel que K = Q(u). Soit p un nombre premier tel que le polynˆome minimal deusurQsoit d’Eisenstein enp. L’objectif de l’exercice est de montrer quepne divise pas l’indice de Z[u] dans ZK.

a) Montrer que ^u_pⁿ ∈ZK et quep² ne divise pasN(u).

b) Supposons que p|[ZK :Z[u]].

(6)

i) Montrer qu’il existex∈ZK\Z[u] tel quepx∈Z[u]. En d´eduire qu’il existeb0, . . . , bn−1 ∈Z non tous divisibles par ptels que x= ^b⁰^+···+b_pⁿ⁻¹^uⁿ⁻¹.

ii) Notonsrle plus petit entier tel queb_rn’est pas divisible parp. Montrer quey:= ^b^r^u^r^+···+b_pⁿ⁻¹^uⁿ⁻¹ est dans ZK.

iii) Montrer quez:= ^b^r^u_pⁿ⁻¹ ∈ZK.

iv) Obtenir une contradiction en calculant la norme dez Solution de l’exercice 8.

a) On note P(X) = Xⁿ+an−1Xⁿ⁻¹ +· · ·+a0 ∈ Z[X] le polynôme minimal de u sur Q. Par hypothèse, le polynômeP est d’Eisenstein enp, doncp|a_i pour tout 0≤i≤n−1 etp² ne divise pas a₀. Or

uⁿ p =−

an−1

p uⁿ⁻¹+· · ·+a0

p

,

et donc comme tous les â_pⁱ sont des entiers, on a û_pⁿ ∈Z[u]⊂ZK. En outre, on a a0 =±N(u), donc l’hypothèse que p² ne divise pasa0 assure que p² ne divise parN(u).

b) i) Par hypothèse,pdivise le cardinal du groupe abélien finiZK/Z[u]. Donc il existe un élément x ∈ZK/Z[u] d’ordre exactement p. Il existe unx ∈ZK dont l’image dans ZK/Z[u] par la projection canonique soit x. Alorsx /∈Z[u] etpx∈Z[u], ce qui est exactement ce que l’on cherche.

Puisque px ∈ Z[u], il existe des entiers b₀, . . . , bn−1 ∈ Z tels que px = b₀ +b₁u +· · ·+ bn−1uⁿ⁻¹. D’où finalement x= ^b⁰^+b¹û+···+b_p ⁿ⁻¹ûⁿ⁻¹.

ii) On ax−y = ^b_p⁰ +^b_p¹u+· · ·+^b^r−1_p u^r−1. Or pour tout 0≤i≤r−1, on ap|b_i (par d´efinition de r). Donc x−y∈Z[u]⊂ZK. Or ZK est stable par somme, etx∈ZK, donc y∈ZK. iii) On remarque que u^n−1−ry=z+w, avec w=br+1uⁿ

p +· · ·+bnu^2n−2−r

p . Or la question a) assure que ^u_pⁿ, . . . ,^u^2n−2−r_p ∈ZK, donc w∈ZK. Or u^n−1−r, y∈ZK, doncz=u^n−1−ry−w est dans l’anneau ZK.

iv) Puisquez= ^b^r^u_pⁿ⁻¹, on a

N_K/Q(z) = bⁿ_rN(u)ⁿ⁻¹ pⁿ .

Par la question b) iii), N_K/_Q(z)∈Z. Donc pⁿ divise l’entierbⁿ_rN(u)ⁿ⁻¹. Or par d´efinition de br,p ne divise pas br, donc pⁿ|N(u)ⁿ⁻¹. Le nombre p ´etant premier, cela implique que p² diviseN(u), ce qui contredit la question a).

Finalement, on a bien montr´e quep ne divisait pas l’indice deZ[u] dans ZK. Exercice 9 : Soit d∈Z, d >1 sans facteur cubique. Notons θ:= √³

d etK := Q(θ). On cherche `a d´eterminer l’anneau des entiers et le discriminant deK sur Q.

a) Montrer que Z[θ] est de discriminant −27d².

b) On ´ecritd=ab², aveca, b∈N sans facteur carr´e. On poseθ⁰ := ³

√

a²b. Montrer queK =Q(θ⁰) et calculer disc_Z(1, θ⁰, θ⁰²).

c) Montrer que (1, θ, θ⁰) est uneQ-base de K et calculer son discriminant.

d) On notef,f⁰ etf⁰⁰ les indices respectifs de Z[θ], Z[θ⁰] et Z[θ, θ⁰] dansZK. i) Montrer que (a, f) = 1.

[Indication : on pourra utiliser l’exercice 8.]

ii) En d´eduire que si 3|a, alors DK est divisible par 27a², et que sinon, DK est divisible par a².

(7)

iii) Montrer que (b, f⁰) = 1.

iv) En d´eduire que si 3|b, alorsDK est divisible par 27b², et que sinon,DK est divisible parb². v) Montrer quea²b²|D_K|27a²b² et que DK <0.

e) Montrer que si 3|d, alors DK =−27a²b² et (1, θ, θ⁰) est une base de ZK. f) Montrer le mˆeme r´esultat sid6≡ ±1 [9].

[Indication : on pourra montrer que le polynˆome minimal deθ−dest d’Eisenstein en 3.]

g) On supposed≡1 [9]. On poseα:= ^1+θ+θ₃ ².

i) Montrer queα∈ZK et calculer son polynˆome minimal.

ii) En d´eduire que 3|f⁰⁰, puis queD_K=−3a²b². iii) Montrer que (α, θ, θ⁰) est uneZ-base deZK.

h) Si d≡ −1 [9]. On poseα⁰ := ^1−θ+θ₃ ². Montrer que (α⁰, θ, θ⁰) est uneZ-base deZK. i) Conclure en d´ecrivant tous les cas possibles.

a) Par l’exercice 5, on sait que le discriminant recherch´e est le discriminant D(P) du polynˆome minimal P(X) =X³−dde √³

d. Donc il vaut −27d².

b) On remarque que θ²=bθ⁰ et queθ⁰²=aθ. Cela assure queK =Q(θ⁰). Comme `a la question a), le discriminant de (1, θ⁰, θ⁰²) vaut −27(a²b)² =−27a⁴b².

c) Puisque (1, θ, θ²) est uneQ-base deK et puisqueθ² =bθ⁰, il est clair que (1, θ, θ⁰) est uneQ-base de K. Les trois plongements de K dans C sont donn´es par θ 7→ θ,θ 7→ jθ etθ 7→ j²θ, donc le discriminant vaut

disc_Z(1, θ, θ⁰) =

3 0 0

0 0 3ab

0 3ab 0

=−27a²b².

d) i) Le polynôme minimal deθsurQestX³−d. Soitpun facteur premier dea. Par définition, p|det p² ne divise pasd. Donc le polynômeX³−dest d’Eisenstein enp. Par l’exercice 8, on sait que pne divise pasf. Cela assure que (a, f) = 1.

ii) Supposons que 3|a. La formule usuelle de changement de bases assure queD_Z_[θ]/_Z=f²DK, doncD_Z_[θ]/_Z =−27a²b⁴ divisef²D_K. Puisque 3|aet (a, f) = 1,f n’est pas divisible par 3, donc (27a², f) = 1. Or 27a²|f²D_K, donc le lemme de Gauss assure que 27a²|D_K.

Supposons que 3 ne divise pasa. Alors on a toujoursa²|f²DK et (a, f) = 1, donc on conclut que a²|D_K.

iii) C’est exactement le même raisonnement que la question d) i) en échangeantθ etθ⁰. iv) C’est exactement le même raisonnement que la question d) ii) en échangeant θetθ⁰.

Le signe de D_K se déduit par exemple de la relation déjà mentionnée −27a²b⁴ =f²D_K : cela assure que DK<0.

En particulier, on a DK = disc_Z(1, θ, θ⁰) (question c)), donc f⁰⁰= 1, donc (1, θ, θ⁰) est une base de ZK.

(8)

f) On suppose que d 6≡ ±1 [9] et d non divisible par 3 (ce cas a été traité à la question e)). Un calcul simple assure que

(θ−d)³+ 3d(θ−d)²+ 3d²(θ−d) +d(d²−1) = 0.

Donc le polynôme minimal deθ−dsur Qest X³+ 3dX²+ 3d²X+d(d−1)(d+ 1). Montrons qu’il est d’Eisenstein en 3. Il est clair que tous ses coefficients sont divisibles par 3. Montrons que son coefficient constant n’est pas divisible par 9 : le produit d(d−1)(d+ 1) est divisible par 9 si et seulement si l’un des trois entiers consécutifs d−1, d et d+ 1 est divisible par 9, si et seulement si d ≡ −1,0,1 [9]. Or on a exclu ces possibilités, donc sous les hypothèses de cette question, le polynôme minimal deθ−dest d’Eisenstein en 3.

On utilise alors l’exercice 8 pour en déduire que f n’est pas divisible par 3 (puisqueZ[θ−d] = Z[θ]). Donc l’égalité −27a²b⁴ = f²DK assure que 27|D_K, donc la question d) v) assure que D_K =−27a²b² = disc_Z(1, θ, θ⁰), donc (1, θ, θ⁰) est une base deZK.

g) i) On calcule les puissances successives deα. On trouve : α= 1 +θ+θ²

3 ,

α²= (1 + 2d) + (2 +d)θ+ 3θ²

9 ,

α³= (d²+ 7d+ 1) + 3(1 + 2d)θ+ 3(2 +d)θ²

27 .

Il est alors clair que le polynˆome minimal deα est donn´e par Q(X) =X³−X²−d−1

3 X−(d−1)² 27 .

Or par hypoth`esed≡1 [9], donc 3|d−1 et 27|(d−1)², doncQ(X)∈Z[X], doncα∈ZK. ii) On a clairement 3α∈Z[θ]⊂Z[θ, θ⁰], donc Z[θ, θ⁰] est un sous-groupe d’indice 1 ou 3 dans

Z[θ, θ⁰, α]. Or α /∈Z[θ, θ⁰], donc cet indice est ´egal `a 3. On a une chaˆıne d’inclusions Z[θ, θ⁰]⊂Z[θ, θ⁰, α]⊂ZK,

avec [ZK :Z[θ, θ⁰]] =f⁰⁰ et [Z[θ, θ⁰, α] :Z[θ, θ⁰] = 3, donc 3|f⁰⁰.

Or on a la relation disc_Z(1, θ, θ⁰⁰) = f⁰⁰²D_K, i.e. −27a²b² = f⁰⁰²D_K, et par la question d) v), on a D_K =na²b², avec n∈ {1,3,9,27}. Donc les seules possibilit´es sont f⁰⁰ = 1 ou 3.

Or on a montr´e quef⁰⁰ est divisible par 3, doncf⁰⁰= 3. Donc DK = 3a²b².

iii) On a vu quef⁰⁰= 3 = [Z[θ, θ⁰, α] :Z[θ, θ⁰], donc cela assure que ZK =Z[θ, θ⁰, α], donc que (α, θ, θ⁰) est une Z-base deZK.

h) Le raisonnement est totalement semblable `a celui de la question g).

i) En résumé, on a montré que :

– sid6≡ ±1 [9], (1, θ, θ⁰) est uneZ-base deZKetD_K =−27a²b². En particulier,Z[θ] est d’indice bdans ZK.

– si d≡1 [9], (α, θ, θ⁰) est une Z-base de ZK etD_K =−3a²b². En particulier, Z[θ] est d’indice 3bdans ZK.

– sid≡ −1 [9], (α⁰, θ, θ⁰) est uneZ-base deZK etDK=−3a²b². En particulier,Z[θ] est d’indice 3bdans ZK.

Exercice 10 :

a) Montrer qu’un anneau factoriel est int´egralement clos.

(9)

b) Soit A un anneau int´egralement clos et K son corps des fractions. Soit P ∈ A[X] unitaire.

Supposons que P =QR dansK[X], avecQ, Runitaires. Montrer que Q, R∈A[X].

[Indication : on pourra considérer les racines deQ etR dans une clôture algébrique deK.]

c) SoitAun anneau int´egralement clos de corps des fractionsK. On souhaite montrer queA[X1, . . . , Xn] est int´egralement clos.

i) V´erifier que K(X) est le corps des fractions deA[X].

Pour la suite, on fixe f ∈K(X) entier sur A[X].

ii) Montrer que f ∈K[X].

iii) SoitP(Y) =Yⁿ+pn−1(X)Yⁿ⁻¹+· · ·+p₀(X) ∈A[X][Y] un polynˆome unitaire annulant f. Montrer que pour r ∈N, le polynˆome P₁(Y) := P(Y +X^r) est dans A[X][Y], unitaire en Y, et annule f1:=f −X^r.

iv) Montrer que pourrsuffisamment grand, le coefficient constant (enY) deP₁(Y) est unitaire en X et qu’il est ´egal au produit de −f₁ par un polynˆome deK[X].

v) En déduire que −f₁ ∈ A[X], puis que f ∈ A[X]. En déduire que A[X] est intégralement clos.

vi) Montrer que A[X1, . . . , Xn] est int´egralement clos.

a) Soit A un anneau factoriel. Notons K son corps des fractions. Soit x ∈ K un élément entier sur A. Par définition, il existe un polynôme P(X) =Xⁿ+an−1Xⁿ⁻¹+· · ·+a0 ∈A[X] tel que P(x) = 0. Il existe a, b ∈A tels que x = â_b dansK. On peut supposer que a etb n’ont pas de facteur irréductible commun. On a alors

aⁿ

bⁿ +an−1

aⁿ⁻¹

bⁿ⁻¹ +· · ·+a0= 0, donc en multipliant par bⁿ, on obtient

aⁿ+an−1aⁿ⁻¹b+· · ·+a₁abⁿ⁻¹+a₀bⁿ= 0.

Tous les éléments intervenant dans cette égalité sont dansA. Soit p∈A un facteur irréductible de b. Alors l’égalité précédente assure que p divise aⁿ, donc p divisea. Cela implique que a et b admettentp comme facteur irréductible commun. Cela contredit l’hypothèse. Doncbn’admet pas de facteur irréductible. Doncbest inversible dans A, doncx= â_b est dans A.

Donc A est int´egralement clos.

b) Notons x1, . . . , xn les racines de P dans une cloture algébrique deK. Puisque P est unitaire à coefficients dansA, lesx_i sont des éléments sur A. Il est clair que les racines deP et deQ sont parmi les x_i. Or les coefficients de P et Q sont des polynômes à coefficients dans Z (P et Q sont unitaires) en les xi (via les relations entre coefficients et racines). L’ensemble des éléments algébriques sur Aétant un anneau, on en déduit que les coefficients de P etQ sont des entiers sur A. Or ces coefficients sont dans K, et A est intégralement clos dans K, donc ils sont dans A. DoncP, Q∈A[X].

c) i) PuisqueK(X) est un corps contenantA[X], le corps des fractions deA[X] est contenu dans K(X). Montrons l’inclusion inverse. Soit f(X) ∈ K(X). Par d´efinition, il existe P, Q ∈ K[X] tels quef(X) = _Q(X^P(X⁾₎. Il existe a, b∈A\ {0} tels que aP(X), bQ(X) ∈A[X]. Donc f(X) = ^baP_abQ(X)^(X), donc f(X) est un quotient de deux polynˆomes de A[X], donc f(X) est dans le corps des fractions de A[X].

ii) Puisque f est entier sur A[X], f est a fortiori entier sur K[X]. Or K[X] est un anneau factoriel, donc par la question a),K[X] est int´egralement clos dansK(X). Doncf ∈K[X].

iii) Cette question est ´evidente.

(10)

iv) Le coefficient constant de P1(Y) est ´egal `a

X^nr+pn−1(X)X^(n−1)r+· · ·+p1(X)X^r+p0(X).

Ce polynôme en X est unitaire dès que nr > kr+ deg(p_k), pour tout 0 ≤k≤n−1, par exemple dès quer >max0≤k≤n−1deg(p_k).

On a montr´e `a la question c) iii) que f₁ est une racine de P₁(Y) dans l’anneau K[X].

On peut faire la division euclidienne du polynôme P₁(Y) par le polynôme unitaire Y −f₁ dans l’anneau des polynômes à coefficients dansK[X]. On obtient qu’il existe un polynôme Q₁(Y) ∈ K[X][Y] tel que P₁(Y) = (Y −f₁)Q₁(Y). En particulier, le coefficient constant de P₁(Y) est égal au coefficient constant (enY) de−f₁Q₁(Y). Donc le coefficient constant de P1(Y) est de la forme −f₁q1, avec q1 ∈K[X].

v) Quitte `a augmenter encore r de sorte que r >deg(f), on peut supposer que −f₁ ∈K[X]

est unitaire. On a donc écrit à la question c) iv) le coefficient constant de P1(Y), qui est unitaire à coefficients dans A, comme un produit de deux polynômes unitaires −f₁ et q1

dans K[X]. Alors la question b) assure que −f₁∈A[X], doncf ∈A[X].

On a donc bien montr´e queA[X] est int´egralement clos.

vi) C’est une r´ecurrence simple sur le nombre de variables n.

Exercice 11 : Soit p un nombre premier impair etK :=Q(ζp), où ζp désigne une racine primitive p-ième de l’unité.

a) Calculer la trace d’un ´el´ement de K.

b) Montrer que la norme de 1−ζp est ´egale `a p.

c) Soitα=a0+a1ζp+· · ·+ap−2ζp^p−2 ∈ZK (ai∈Q).

i) En ´etudiantαζ_p⁻ⁱ−αζ_p, montrer que pour tout i,b_i :=pa_i est un entier relatif.

ii) Posons λ:= 1−ζp. Montrer que pα s’´ecrit pα = c0+c1λ+· · ·+cp−2λ^p−2 avec ci ∈ pZ.

[Indication : on pourra montrer le r´esultat par r´ecurrence sur i, en montrant d’abord que p∈λ^p−1ZK.]

iii) Montrer que pour touti,ai ∈Z. En d´eduire queZK =Z[ζp].

iv) Montrer que disc(K) = (−1)^p−1² p^p−2. Solution de l’exercice 11.

a) Par lin´earit´e, il suffit de calculer la trace des puissances deζ_p. On a Tr_K/Q(1) = [K :Q] =p−1 et pour 1≤r ≤p−1,

Tr_K/_Q(ζ_p^r) =

p−1

X

k=1

(ζ_p^r)^k=

p−1

X

k1

ζ_p^k=−1 +

p−1

X

k=0

ζ_p^k=−1.

Donc pour un élément quelconque deK, qui s’écrita0+a1ζp+· · ·+ap−2ζp^p−2, sa trace vaut Tr_K/_Q(a0+a1ζp+· · ·+ap−2ζ_p^p−2) =pa0−(a0+a1+· · ·+ap−2).

b) On aN_K/_Q(1−ζp) = (1−ζp)(1−ζ_p²). . .(1−ζp^p−1). Or le polynˆome cyclotomique φp(X) s’´ecrit φ_p(X) = (X−ζ_p)(X−ζ_p²). . .(X−ζp^p−1), donc N_K/Q(1−ζ_p) =φ_p(1) = 1 +· · ·+ 1 =p.

c) i) Calculons la trace deαζ_p⁻ⁱ−αζp : on a

Tr_K/_Q(αζ_p⁻ⁱ−αζp) = Tr_K/_Q(αζ_p⁻ⁱ)−Tr_K/_Q(αζp) =pai,

en utilisant la question a). Orαζ_p⁻ⁱ−αζ_p ∈ZK, donc sa trace est dansZ, i.e.pa_i∈Z, pour tout i.

(11)

ii) On a vu `a la question b) quep=N_K/_Q(λ) = (1−ζp)(1−ζ_p²). . .(1−ζp^p−1). On met (1−ζp) en facteur dans chaque terme du produit :

p= (1−ζp)^p−1u=λ^p−1u o`uu∈Z[ζp]⊂ZK. Doncp∈λ^p−1ZK.

On ´ecrit alors quepα=b0+b1ζp+· · ·+bp−2ζp−2 et on remplace ζp par 1−λ. On obtient alors

pα=

p−2

X

k=0

b_k

k

X

j=0

k j

(−λ)^j =

p−2

X

j=0





p−2

X

k=j

k j

b_k



λ^j. On a donc pα=Pp−2

j=0c_jλ^j, avec c_j :=Pp−2 k=j

k j

b_k. Montrons que c_j ∈ pZ par r´ecurrence sur j.

Si j= 0, on a c0=b0+· · ·+bp−2 =pb0−Tr_K/_Q(pα) =p(b0−Tr_K/_Q(α))∈pZ. Supposons que c_i ∈ pZ pour tout 0 ≤ i ≤ j−1. On rappelle l’´egalit´e pα = Pp−2

j=0c_jλ^j. Modulo λ^j+1, cette égalité devient 0≡ cjλ^j puisque p ∈ λ^j+1ZK (j+ 1 ≤ p−1). On en déduit quecj =βλavecβ ∈ZK. On prend les normes et on obtientc^p−1_j =N_K/_Q(β)pavec N_K/_Q(β)∈Z. Doncp|c_j.

Finalement, on a bien montr´e quepα=c₀+c₁λ+· · ·+cp−2λ^p−2 avec c_i ∈pZ.

iii) On déduit de la question c) ii) que α est combinaison linéaire à coefficients entiers des λⁱ. En rempla¸cant λpar 1−ζ_p, on obtient queα est combinaison linéaire à coefficients entiers de puissances de ζ_p, donc par unicité de la décomposition dans laQ-base (1, ζ_p, . . . , ζ_p^p−2), on en déduit queai ∈Zpour tout i.

On a donc montré que tout élément deZK était dansZ[ζp]. Or ζp ∈ZK, donc ZK =Z[ζp].

iv) On sait que D_K = (−1)^{(p−1)(p−2)}² N_K/_Q(φ⁰_p(ζp)) (voir exercice 5, question a)). Or φp(X) =

X^p−1

X−1, donc φ⁰_p(ζ_p) = −^pζ

p−1 p

λ . Donc N_K/Q(φ⁰_p(ζ_p)) = (−1)^p−1^p^p−1_p en utilisant la question b). D’o`u finalementD_K = (−1)^p−1² p^p−2.