Th´ eorie des Nombres - TD8 Entiers alg´ ebriques, anneaux d’entiers

(1)

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

Ann´ee 2011-2012 Module MM020

Th´ eorie des Nombres - TD8 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) Sia, b∈Z\ {0; 1}sont des entiers distincts sans facteur carr´e, et sin∈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 polynôme minimal surQde ces nombres algébriques : – Le premier des nombres proposés n’est autre que −3−√

6, qui est bien un entier comme somme de deux entiers.

– 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 : 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 ou 0.

[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.

(3)

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

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 d_θ = (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

d_θ= (−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. De mˆeme, pour tout σ∈G, on a P⁰(σ(θ)) =Q

τ6=σ(σ(θ)−τ(θ)). Donc on a N_K/Q(P⁰(θ)) = Y

σ∈G

σ(P⁰(θ)) = Y

σ∈G

P⁰(σ(θ)) = Y

σ,τ∈G,τ6=σ

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

dθ =D(P) = (−1)ⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾² N_K/Q(P⁰(θ)).

(4)

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. . . a_n 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 : Montrer que le discriminant du polynˆome P(X) =Xⁿ+aX+b, avec a, b∈ Q, vaut D(P) = (−1)ⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾² (nⁿbⁿ⁻¹+ (1−n)ⁿ⁻¹aⁿ). V´erifier que l’on retrouve les formules usuelles pourn= 2 etn= 3.

[Indication : on pourra ´ecrire que D(P) = (−1)ⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾² Q

iP⁰(xi), où les xi sont les racines de P, puis utiliser les fonctions symétriques élémentaires en lesx⁻¹_i ].

Solution de l’exercice 6. L’exercice 5 assure que si l’on note xi les racines de P (avec multiplicit´es), on aD(P) = (−1)ⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾² Q

iP⁰(xi). Or pour touti, on a P⁰(xi) =nxⁿ⁻¹_i +a. Mais par d´efinition, on a P(xi) = 0. Supposons d’abord que b6= 0. Alors xi 6= 0 pour touti, doncxⁿ_i =−ax_i−bimplique que xⁿ⁻¹_i =−a−_x^b

i. On a donc Q

iP⁰(x_i) =Q

i((1−n)a− ^nb_x

i). On développe ce produit en termes des fonctions symétriques élémentaires σk desx⁻¹_i : on a en effet

Y

i

(1−n)a−nb x_i

=

n

X

k=0

((1−n)a)^k(−nb)^n−kσn−k

1

x₁, . . . , 1 x_n

.

Or σn−k

1

x1, . . . ,_x¹

n

= ^σ^k^(x_x¹^,...,xⁿ⁾

1...xn , donc puisque σ₀(x₁, . . . , x_n) = 1, σ_k(x₁, . . . , x_n) = 0 si 1≤ k ≤ n−2, σn−1(x1, . . . , xn) = (−1)ⁿ⁻¹aetσn(x1, . . . , xn) = (−1)ⁿb, on en d´eduit que

Y

i

(1−n)a−nb x_i

= (−nb)ⁿ

(−1)ⁿb+ ((1−n)a)ⁿ⁻¹(−nb)(−1)ⁿ⁻¹a

(−1)ⁿb + ((1−n)a)ⁿ=nⁿbⁿ⁻¹+ (1−n)ⁿ⁻¹aⁿ. D’o`u finalement le r´esultat :

D(P) = (−1)ⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾² (nⁿbⁿ⁻¹+ (1−n)ⁿ⁻¹aⁿ).

Exercice 7 : Calculer l’anneau des entiers et le discriminant des corps de nombres suivants : a) Q(√³

5).

b) Q(√³ 175).

c) Q(i,√ 2).

a) Notons θ:= √³

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

d_θ =D(P) =−3³5².

Par conséquent, on déduit de l’exercice 5 que l’indice f de Z[θ] dans ZK divise 3.5 = 15. Donc un élément dansZK, de la forme a+bθ+cθ² a nécessairement ses coefficientsa, b, c dans ₁₅¹Z. Montrons queZK =Z[θ] : par la remarque précédente, il suffit de montrer que siα:= â+bθ+cθ_n ² ∈ ZK avec a, b, c∈Z, alors a, betc sont divisibles parn, pourn= 3 etn= 5. Calculons la trace T(α) et la normeN(α) deα. On trouveT(α) = ^3a_n etN(α) = â³^+5b³^+25c_n3 ³^−15abc. Puisqueα∈ZK, on doit avoir T(α), N(α)∈Z, doncn|3a etn³|a³+ 5b³+ 25c³−15abc.

(5)

– 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 queDK =−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 queDK =−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 .

Ainsi dispose-t-on d’un nouveau sous-groupe R⁰ de ZK (qui contient R comme sous-groupe d’indice 2) d´efini parR⁰ =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 donne β := ^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 queD_K = 256.

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

Exercice 8 : Soient m, n ∈ Z\ {0; 1} distincts sans facteur carr´e. On note K := Q(√ m,√

n) et k:= _pgcd(m,n)^mn 2. L’objectif de cet exercice est de calculer ZK.

(6)

a) Montrer que (1,√ m,√

n,√

k) est uneQ-base de K.

b) Soit α ∈ K. Montrer que α ∈ ZK si et seulement si Tr_K/Q(^√_m)(α) et N_K/Q(^√_m)(α) sont des entiers alg´ebriques dansQ(√

m).

c) On suppose que m ≡ 3 [4] et n ≡ 2 [4]. Montrer que tout élément α ∈ ZK s’écrit α =

a+b√ m+c√

n+d√ k

2 avec a, b, c, d ∈ Z. Puis montrer que a et b sont pairs, et que c ≡ d[2]. En d´eduire qu’uneZ-base de ZK est donn´ee par

1,√ m,√

n,

√n+√ k 2

! .

d) On suppose que m ≡ 1 [4] et n ≡ 2 ou 3 [4]. Montrer que tout élément α ∈ ZK s’écrit α =

a+b√ m+c√

n+d√ k

2 avec a, b, c, d ∈ Z. Puis montrer que a ≡b [2] et c ≡d[2]. En d´eduire qu’une Z-base de ZK est donn´ee par

1,1 +√ m 2 ,√

n,

√n+√ k 2

! .

e) On suppose que m≡n≡1 [4]. Montrer que tout élément α ∈ZK s’écrit α= â+b

√m+c√ n+d√

k 4

avec a, b, c, d∈Z de même parité. En déduire qu’uneZ-base de ZK est donnée par 1,1 +√

m

2 ,1 +√ n

2 ,(1 +√

n)(1 +√ k) 4

! .

f) Conclure en r´ecapitulant dans tous les cas possibles quel est l’anneau ZK. Solution de l’exercice 8.

a) C’est ´evident (voir par exemple la feuille de TD7, exercice 8).

b) Si α∈ZK, il est clair que sa trace et sa norme sont des entiers dans Q(√

m). Réciproquement, supposons que x := Tr_K/_Q₍^√_m)(α) et y := N_K/_Q₍^√_m)(α) sont des entiers algébriques. Alors en considérant les quatre conjugués de α dans l’extensionK/Q, on obtient que α est annulé par le polynôme

X⁴−Tr_Q(^√_m)/Q(x)X³+ (N_Q(^√_m)/Q(y) + Tr_Q(^√_m)/Q(x))X²−Tr_Q(^√_m)/Q(xy)X+ N_Q(^√_m)/Q(y). Puisquexetysont des entiers alg´ebriques deQ(√

m), on sait que les coefficients de ce polynˆome unitaire sont des entiers, donc α∈ZK.

c) Soitα=a+b√ m+c√

n+d√

k∈ZK. La question pr´ec´edente assure que Tr_K/Q(^√_m)(α)∈Z_Q(^√_m), Tr_K/Q(^√_n)(α) ∈Z_Q(^√_n) et Tr_K/

Q(√

k)(α) ∈ Z_Q₍^√_k). Donc 2(a+b√

m) ∈Z_Q(^√_m), 2(a+c√ n) ∈ Z_Q(√

n) et 2(a+d√

k) ∈ Z_Q(^√_k). Puisque m ≡ 3 [4] et n ≡ 2 [4], on a k ≡ 2 [4], et donc a, b, c, d∈ ¹₂Z, d’où le résultat : il existe a, b, c, d∈Ztels que α= â+b

√m+c√ n+d√

k

2 .

On calcule la norme deα : on a N_K/Q(^√_m)(α) = ¹₄(a²+mb²−nc²−kd²) + (^ab₂ −_2pgcd(m,n)^cdn )√ m.

Puisque 2pgcd(m, n) divisen, N_K/_Q₍^√_m)(α) est un entier alg´ebrique dansQ(√

m) si et seulement si 4 divise a²+mb²−nc²−kd² et 2 divise absi et seulement si a²−b²+ 2(c²+d²)≡0 [4] et ab≡0 [2] si et seulement siaet bsont pairs etc≡d[2].

La question b) assure alors que

1,√ m,√

n,

√n+√ k 2

est une Z-base de ZK. d) Soit α = a+b√

m+c√

n+d√

k ∈ ZK. La question b) assure que Tr_K/_Q₍^√_m)(α) ∈ Z_Q(√ m), Tr_K/_Q₍^√_n)(α) ∈Z_Q(√

n) et Tr_K/Q(^√_k)(α) ∈ Z_Q(^√_k). Donc 2(a+b√

m) ∈Z_Q(√

m), 2(a+c√ n) ∈ Z_Q(^√_n) et 2(a+d√

k) ∈ Z_Q₍^√_k). Puisque m ≡ 1 [4] et n ≡ 2 ou 3 [4], on a k ≡ n[4], et donc b∈ ¹₄Z eta, c, d∈ ¹₂Z. Donc il existea, b, c, d∈Ztels que α= ^b

√m 4 + ^a+c

√n+d√ k

2 .

(7)

On calcule la norme de α : on a N_K/_Q₍^√_m)(α) = (^mb₁₆² + ^a₄² − ^nc²^+kd₄ ²) + (^ab₄ − _2pgcd(m,n)^cdn )√ m.

Puisque pgcd(m, n) divisen, N_K/Q(^√_m)(α) est un entier alg´ebrique dansQ(√

m) si et seulement si 16 divise 4a²+mb²−4(nc²+kd²) et 4 divise ab−2cd_pgcd(m,n)ⁿ .

La premi`ere condition implique quebest pair, donc il existea, b, c, d∈Ztels queα= ^a+b

√m+c√ n+d√

k

2 .

Alors N_K/Q(^√_m)(α) est un entier alg´ebrique si et seulement si a²+b² −n(c² +d²) ≡ 0 [4] et ab− _pgcd(m,n)^cdn ≡ 0 [2] si et seulement si a ≡ b[2] et c ≡ d[2] (pour montrer cette derni`ere

´

equivalence, on utilise le fait que n≡2,3 [4]).

La question b) assure alors que 1,¹⁺

√m 2 ,√

n,

√n+√ k 2

est uneZ-base de ZK. e) Soit α = a+b√

m+c√

n+d√

k ∈ ZK. La question b) assure que Tr_K/_Q₍^√_m)(α) ∈ Z_Q(√ m), Tr_K/_Q₍^√_n)(α) ∈Z_Q(√

n) et Tr_K/

Q(√

k)(α) ∈ Z_Q₍^√_k). Donc 2(a+b√

m) ∈Z_Q(√

m), 2(a+c√ n) ∈ ZQ(√

n) et 2(a+d√

k)∈Z_Q₍^√_k). Donc a, b, c, d∈ ¹₄Z, d’où le résultat : il existe a, b, c, d∈Z tels que α= â+b

√m+c√ n+d√

k

4 .

On calcule la norme deα: on a N_K/Q(^√_m)(α) = ₁₆¹(a²+mb²−nc²−kd²) + (^ab₈ −_8pgcd(m,n)^cdn )√ m.

Puisque pgcd(m, n) divisen, N_K/_Q₍^√_m)(α) est un entier alg´ebrique dansQ(√

m) si et seulement si 8 divisea²+mb²−nc²−kd² et 4 diviseab−_pgcd(m,n)^cdn si et seulement sia²+mb²−nc²−kd²≡0 [8]

et ab≡cd[4] si et seulement si a≡b≡c≡d[2].

La question b) assure alors que

1,¹⁺

√m 2 ,¹⁺

√n 2 ,⁽¹⁺

√n)(1+√ k) 4

est uneZ-base de ZK.

f) Tous les cas ont été traités dans les trois questions précédentes, quitte à échanger les rôles dem et n.

Exercice 9 : Soient m, n ∈Z\ {0; 1} distincts sans facteur carr´e, tels que m ≡n≡1 [8]. On note K:=Q(√

m,√

n),α:= ¹⁺

√n

2 etβ:= ¹⁺

√m 2 . a) Montrer que ZK=Z[α, β].

b) Montrer que l’anneauZK/2ZK est isomorphe `a l’anneauA:=F2[X, Y]/(X²−X, Y²−Y).

c) Montrer qu’il existe au moins quatre morphismes d’anneaux distinctsA→Z/2Z. d) Montrer que pour tout polynˆomeP ∈F2[X],A n’est pas isomorphe `aF2[X]/(P).

e) Montrer qu’il n’existe pas d’entierx∈ZK tel que ZK =Z[x].

a) C’est une cons´equence de l’exercice 8, question e).

b) On dispose du morphisme naturel surjectif de Z-alg`ebres ϕ:Z[X, Y]→ZK, d´efini parϕ(P) :=

P(α, β). Ce morphisme induit un morphisme surjectif deF2-algèbres ϕ:F2[X, Y]→ ZK/2ZK. Puisqueα²−α= ⁿ⁻¹₄ ∈2Zetβ²−β= ^m−1₄ ∈2Z, le morphismeϕse factorise en un morphisme surjectif de F2-algèbres ϕe : F2[X, Y]/(X² −X, Y² −Y) → ZK/2ZK. Or c’est une application linéaire surjective entre deuxF2-espaces vectoriels de dimension 4, donc c’est un isomorphisme de F2-algèbres.

c) On dispose des quatres morphismes suivants ϕ_i : A → Z/2Z définis par ϕ₁(P) := P(0,0), ϕ2(P) :=P(0,1),ϕ3(P) :=P(1,0) etϕ4(P) :=P(1,1). On vérifie facilement que ces morphismes sont bien définis, et qu’ils sont deux-à-deux distincts.

d) Soit P ∈ F2[X]. Si φ : F2[X]/(P) → F2 est un morphisme d’anneaux, alors 0 = φ(P(X)) = P(ϕ(X)) dansF2. Donc φest d´efinie par l’image deX, qui est une racine deP dans F2. OrF2

est de cardinal 2, donc φ admet au plus deux racines distinctes dans F2, donc il existe au plus deux morphismes d’anneaux distincts F2[X]/(P)→ F2. Donc la question c) assure que A n’est pas isomorphe `a F2[X]/(P).

(8)

e) Supposons qu’il existe un tel x. On note Pe ∈ Z[X] le polynôme minimal de x. Alors on a un isomorphisme d’anneaux ZK ∼= Z[X]/(Pe). Donc on en déduit un isomorphisme d’anneaux ZK/2ZK ∼=F2[X]/(P), où P ∈F2[X] est la réduction dePe modulo 2. Donc A∼=F2[X]/(P), ce qui contredit la question d). Donc il n’existe pas de x∈ZK tel queZK =Z[x].

Exercice 10 : Soit K/Qune 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]].

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 c) Si q est une puissance dep etK:=Q(√^q

p), montrer queZK =Z[√^q p].

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.

(9)

c) On remarque que le polynˆome minimal de √^q

p sur Q estX^q−p. C’est bien un polynˆome d’Ei- senstein en p. En outre, son discriminant vaut (−1)^q(q−1)² q^qp^q−1. C’est donc au signe pr`es une puissance de p. Cela assure que l’indice deZ[√^q

p] dansZK est une puissance de p. Or les questions a) et b) assurent que cet indice n’est pas divisible parp. Il est donc ´egal `a 1, ce qui signifie que ZK =Z[√^q

p].

Exercice 11 : Soit d∈Z,d >1 sans facteur cubique. Notonsθ:= √³

detK := 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 10.]

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

iii) Montrer que (b, f⁰) = 1.

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

e) Montrer que si 3|d, alors D_K =−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 queDK=−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|detp² ne divise pas d. Donc le polynômeX³−dest d’Eisenstein enp. Par l’exercice 10, on sait que pne divise pasf. Cela assure que (a, f) = 1.

(10)

ii) Supposons que 3|a. La formule usuelle de changement de bases assure queD_Z[θ]/Z=f²D_K, doncD_Z_[θ]/_Z =−27a²b⁴ divisef²DK. 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|f²D_K 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 D_K<0.

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

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 10 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 DK =−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,

(11)

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) = f⁰⁰²DK, i.e. −27a²b² = f⁰⁰²DK, 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 D_K = 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 12 :

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

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, . . . , X_n] 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.

(12)

b) Notons x₁, . . . , x_n les racines de P dans une cloture algébrique deK. Puisque P est unitaire à coefficients dansA, lesxi sont des éléments sur A. Il est clair que les racines deP et deQ sont parmi les xi. Or les coefficients de P et Q sont des polynômes à coefficients dans Z (P et Q sont unitaires) en les x_i (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.

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 quenr > 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 polynˆome P1(Y) par le polynˆome 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 13 : 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−ζ_p est ´egale `a p.

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

i) En ´etudiantαζ_p⁻ⁱ−αζp, montrer que pour touti,bi :=pai 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,a_i ∈Z. En d´eduire queZK =Z[ζ_p].

iv) Montrer que disc(K) = (−1)^p−1² p^p−2. Solution de l’exercice 13.