Th´ eorie des Nombres - TD3 Loi de r´ eciprocit´ e quadratique

(1)

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

Ann´ee 2011-2012 Module MM020

Th´ eorie des Nombres - TD3 Loi de r´ eciprocit´ e quadratique

Exercice 1 : Pour quels nombres premiers pla classe de l’entier 7 modulop est-elle un carr´e ? Solution de l’exercice 1. Tout d’abord, il est clair que 7 est un carr´e modulo 2 et modulo 7.

Soit maintenant un nombre premier impairp6= 7. On écrit la loi de réciprocité quadratique : p

7

7 p

= (−1)^p−1² . On en d´eduit donc que

7 p

= 1 si et seulement si ( ^p₇

= 1 etp≡1 [4]) ou ( ^p₇

=−1 et p≡3 [4]).

Ecrivons la liste des carr´´ es non nuls modulo 7 : 1,2,4 mod 7 sont les carr´es non nuls modulo 7.

Alors la condition précédente s’écrit ainsi : 7

p

= 1 si et seulement si (p≡1,2,4 [7] et p ≡1 [4]) ou (p≡3,5,6 [7] etp≡3 [4]).

Or le lemme chinois assure que l’on a un isomorphisme d’anneauxφ:Z/7Z×Z/4Z

∼=

−→Z/28Z, d´efini parφ(amod 7, b mod 4) := 8a−7b mod 28 (puisqu’une relation de Bezout s’´ecrit 4.2 + 7.(−1) = 1).

Donc les conditions pr´ec´edentes se traduisent ainsi :

7 p

= 1 si et seulement si p ≡ 1,9,25 [28] ou p≡3,19,27 [28].

Finalement, on a montr´e que pour tout nombre premierp, 7 est un carr´e modulop si et seulement si p≡1,2,3,7,9,19,25,27 [28],

si et seulement si

p= 2 ou p= 7 oup≡1,3,9,19,25,27 [28].

Exercice 2 : Expliciter la fonctionp7→

3 p

.

En déduire que la condition “3 est un carré modulo p” ne dépend que de la classe de p modulo 12.

Solution de l’exercice 2. Notons pour simplifier f(p) :=

3 p

. D’abord, il est clair que f(3) = 1 et f(2) = 1.

Soit maintenant un nombre premierp≥5.

La loi de r´eciprocit´e quadratique assure que f(p) = ^p₃

(−1)^p−1² . Or les carr´es modulo 3 sont exactement les classes de 0 et de 1. Par cons´equent, on a f(p) = 1 si et seulement si (p≡1 [3] et p≡1 [4]) ou (p≡2 [3] etp≡3 [4]).

Le lemme chinois assure qu’il y a un isomorphismeϕ:Z/3Z×Z/4Z

∼=

−→Z/12Zdonné parϕ(amod 3, bmod 4) = 4a−3bmod 12. Donc les conditions précédentes sont équivalentes aux conditions suivantes :f(p) = 1

si et seulement sip≡1 [12] oup≡11 [12].

Finalement, on a montr´e que : 3

p

= 1 si et seulement si p= 2,3 oup≡1,11 [12]

et

3 p

=−1 si et seulement si p≡5,7 [12].

(2)

Exercice 3 : Soit n∈Z. Montrer que l’entiern²+n+ 1 n’admet aucun diviseur de la forme 6k−1, aveck∈Z\ {0}.

[Indication : on pourra montrer que sidest un diviseur de n²+n+ 1, alors−3 est un carr´e mod. d.]

Solution de l’exercice 3. Soit d un diviseur positif de n² +n+ 1. Alors d est impair et d divise 4(n² +n+ 1). Or 4(n² +n+ 1) = (2n+ 1)²+ 3, donc (2n+ 1)² ≡ −3 [d], donc −3 est un carr´e modulod. Supposons maintenant qued=p est un diviseur premier de n²+n+ 1, avec p 6= 3. Alors −3

p

= 1, i.e.

−1 p

3 p

= 1. Donc

3 p

= (−1)^p−1² . Or la loi de r´eciprocit´e quadratique assure que 3

p

= (−1)^p−1² ^p₃

. Donc on obtient ^p₃

= 1, ce qui équivaut à p ≡ 1 [3]. Finalement, les facteurs premiers de n²+n+ 1 sont soit 3, soit congrus à 1 modulo 3. Donc tout diviseur de n²+n+ 1 est congru à 1 ou 3 modulo 6. Donc il n’existe aucun diviseur de la forme 6k−1.

Exercice 4 : Soitp un nombre premier de Fermat, i.e. de la forme p= 2²ⁿ+ 1, avec n∈N.

Montrer que la classe de 3 dansZ/pZengendre (Z/pZ)^∗ d`es quep6= 3. Mˆeme question en rempla¸cant 3 par 5, puis par 7.

Solution de l’exercice 4. On suppose p 6= 3. Le groupe (Z/pZ)^∗ est cyclique d’ordre 2²ⁿ. Donc 3 engendre ce groupe si et seulement si 3 n’est pas un carr´e modulo p, si et seulement si

3 p

= −1 si et seulement si ^p₃

=−1 si et seulement sip≡2 [3]. Or on a p= 2²ⁿ+ 1 et 2²ⁿ ≡(−1)²ⁿ ≡1 [3] car n≥1, doncp≡2 [3], donc 3 engendre (Z/pZ)^∗.

On fait le mˆeme raisonnement en rempla¸cant 3 par un nombre premier impair q : supposons p 6=q.

Alorsqengendre (Z/pZ)^∗ si et seulement siq n’est pas un carr´e modulop, si et seulement si

q p

=−1 si et seulement si

p q

= −1. Or pour q = 5, on trouve ^p₅

=

4²ⁿ⁻¹+1 5

, et 4²ⁿ⁻¹ ≡ 1 [5] d`es que n≥2. Donc pour q= 5 etn≥2, on trouve que ^p₅

= ²₅

=−1, donc 5 engendre (Z/pZ)^∗. De mˆeme, pourq = 7 etn≥3, on trouve ^p₇

= ³₇

ou ⁵₇

selon la parit´e den, donc ^p₇

=−1, d’o`u le r´esultat.

Exercice 5 : Soitp un nombre premier impair.

a) Montrer que

X

x∈F^∗p

x p

= 0.

b) Soit ζ_p ∈ C une racine primitive p-i`eme de l’unit´e. On pose s := P

x∈F^∗p

x p

ζ_p^x. Montrer que s² =

−1 p

p.

[Indication : on pourra montrer que s² =P

x,y∈F^∗p

y p

ζp^x(y+1)]

c) En déduire que toute extension quadratique deQest contenue dans une extension cyclotomique (i.e. de la forme Q(ζ_n), où ζ_n est une racine primitive n-ième de l’unité).

Solution de l’exercice 5.

a) On noteS :=P

x∈F^∗p

x p

. Puisquep >2, il existey∈F^∗p tel que

y p

=−1. Alors le morphisme x7→yx est une bijection deF^∗p dans lui-mˆeme, donc

S = X

x∈F^∗p

x p

= X

x∈F^∗p

yx p

= X

x∈F^∗p

y p

x p

=− X

x∈F^∗p

x p

=−S . Donc 2S = 0, doncS = 0.

(3)

b) On a

s²= X

x∈F^∗p

X

y∈F^∗p

xy p

ζ_p^x+y.

Or pour tout x ∈ F^∗_p, l’application y 7→ xy est une bijection de F^∗_p dans lui-mˆeme. Donc pour tout x∈F^∗p, on a

X

y∈F^∗p

xy p

ζ_p^x+y = X

y⁰∈F^∗p

x²y⁰ p

ζ_p^x+xy⁰ = X

y⁰∈F^∗p

y⁰ p

ζ_p^x(1+y⁰⁾.

Par cons´equent, on en d´eduit que s² = X

x,y∈F^∗p

y p

ζ_p^x(1+y)= X

y∈F^∗p

y p

X

x∈F^∗p

ζ_p^1+yx

= X

x∈F^∗p

−1 p

+ X

y∈F^∗p\{−1}

y p

X

x∈F^∗p

ζ_p^1+yx

,

où la dernière égalité est obtenue en isolant le terme correspondant à y = −1. Or pour tout y 6=−1,ζ_p^1+y est une racine primitive p-ième de l’unité, doncP

x∈F^∗p

ζ_p^1+yx

=−1, d’o`u s² = (p−1)

−1 p

− X

y∈F^∗p\{−1}

y p

=p −1

p

− X

y∈F^∗p

y p

.

Par la question précédente, la dernière somme est nulle, donc finalement s² =

−1 p

p .

c) Cela se fait en plusieurs ´etapes. Remarquons d’abord que Q(√

2) ⊂ Q(ζ8) = Q(i,√

2) et que Q(√

−1) =Q(ζ4).

Soit maintenant un nombre premier impair p. La question b) assure que

−1 p

p est un carré dans le corps Q(ζp) (c’est le carré de s∈ Q(ζp)). Par conséquent, p est un carré dans le corps Q(i, ζp) =Q(ζ2p). Donc finalement, pour toutppremier impair, Q(√

p)⊂Q(ζ2p).

Soit maintenant une extension quadratique quelconque K/Q. On sait qu’il existe un entier sans facteur carr´ed∈Ztel queK=Q(√

d). On décomposeden facteurs premiers : il existe∈ {±1}, s∈ {0,1}etp1, . . . , pr des nombres premiers impairs distincts, tels qued=2^sp1. . . pr. Grâce à l’étude précédente, on a les inclusions suivantes :

Q(√

d)⊂Q(√ ,√

2,√

p₁, . . . ,√

p_r)⊂Q(ζ₈, ζ_2p₁, . . . , ζ_2p_r).

Finalement, on remarque queQ(ζ8, ζ2p1, . . . , ζ2pr) =Q(ζn), o`un= 8p1. . . pr, et on a bien montr´e que

K =Q(√

d)⊂Q(ζ_n). Exercice 6 : Soitp un nombre premier impair.

a) Soitn∈Npremier `ap. Montrer qu’il existex, y∈Zpremiers entre eux tels quep|x²+ny² si et seulement si

−n p

= 1.

b) V´erifier la formule suivante pour toutw, x, y, z, n∈Z:

(x²+ny²)(z²+nw²) = (xz±nyw)²+n(xw∓yz)².

c) En déduire que si un entier N s’écrit N = x² +ny², et si un nombre premier q|N s’écrit q =z²+nw² (w, x, y, z∈Z), alors l’entier ^N_q s’écrit aussi ^N_q =a²+nb² (a, b∈Z).

(4)

d) On suppose que n= 1,2,3 et qu’il existe a, b∈Zpremiers entre eux tels quep|a²+nb². i) Montrer que l’on peut supposer que |a|,|b|< ^p₂ eta²+nb²< p².

ii) En déduire qu’il existe x, y∈Z tels quep=x²+ny². e) En déduire les énoncés suivants :

i) un nombre premier impairpest somme de deux carr´es d’entiers si et seulement sip≡1 [4].

ii) un nombre premier impair p s’´ecrit sous la forme x² + 2y² (x, y ∈ Z) si et seulement si p≡1,3 [8].

iii) un nombre premier p s’´ecrit sous la forme x² + 3y² (x, y∈ Z) si et seulement si p = 3 ou p≡1 [3].

a) Il existe x, y ∈ Z premiers entre eux tels que p|x² +ny² si et seulement si il existe x, y ∈ Z premiers entre eux tels que x² ≡ −ny² [p] si et seulement si il existex, y∈Zpremiers entre eux tels que

x y

2

≡ −n[p] (car p ne divise pas y : dans le cas contraire, p divise aussi x, ce qui contredit le fait que x ety sont premiers entre eux). Cela équivaut à dire que −n est un carré modulo p, i.e. à

−n p

= 1.

b) Il suffit de d´evelopper.

c) Par la question pr´ec´edente, on remarque qu’il suffit de trouvera, b∈Z tels que

x=za±nwb , y=∓wa+zb . (1)

En résolvant ce système, on voit qu’il suffit de montrer que quitte à changer les signes dex, y, z, w, q divisexz−nyw etxw+yz.

Or, on calcule

(xw+yz)(xw−yz) =x²w²−y²z²= (N−ny²)w²−y²(q−nw²) =N w²−qy², donc q divisexw+yz ou xw−yz.

Quitte `a changer le signe de w, on peut supposer que q divisexw−yz. Il existe donc b∈Ztel que yz−xw=bq. Montrons qu’alorszdivisex+nbw. Puisque z etwsont premiers entre eux, il suffit de montrer que z divise (x+nbw)w = yz−bq+nbw² = yz−bz², ce qui est clair. Il existe donc a∈Z tel quex+nbw=az.

On déduit alors des calculs précédents queazw=yz−bz², doncy=aw+bz. Finalement, on a construita, b∈Ztels quex=za−nwb ety=wa+zb, ce qui est bien la formule souhaitée (1).

Remarquons au passage que si x, ysont premiers entre eux, alorsaetbsont premiers entre eux.

d) i) Posonsa⁰:=a+rpetb⁰ :=b+sp, avecr, s∈Z. On constate que l’on a toujoursp|a⁰²+nb⁰². Par cons´equent, on peut supposer que|a|,|b|< ^p₂, maisaetbpeuvent alors avoir un facteur commun. Quitte `a diviser alorsaetbpar PGCD(a, b) (ce PGCD n’est pas divisible parp), on obtient que p|a²+nb²,|a|,|b|< ^p₂ et PGCD(a, b) = 1.

Enfin, on a a²+nb²< ^p₂2

+ 3 ^p₂2

≤p², ce qui conclut cette question.

ii) On raisonne par l’absurde : supposons la propriété fausse en général. Il existe alors un nombre premier pminimal tel quepdivise un entierN qui s’écrita²+nb², maisplui-même ne s’écrit pas sous la formex²+ny². Grâce à la question précédente, on peut supposer que a²+nb² =N, avec N =pk,k∈N,|a|,|b|< ^p₂ etN < p². Soit l6=pun facteur premier de N. Nécessairement,l < p, etl|a²+nb², donc par minimalité dep, il existez, w ∈Zpremiers entre eux tels quel=z²+nw². Grâce à la question c), il existe c, d∈Zpremiers entre eux tels que ^N_l =c²+nd². On recommence ainsi pour tous les facteurs premiers deN distincts de p, et on obtient finalement que le quotient de N par ^N_p est de la forme souhaitée. Par conséquent, la question c) assure queps’écrit sous la formex²+ny², avecx, y∈Zpremiers entre eux, ce qui est contradictoire.

D’o`u la conclusion.

(5)

e) i) Les questions a) et d) assurent que p est une somme de deux carr´es si et seulement si −1

p

= 1 si et seulement si p≡1 [4].

ii) Les questions a) et d) assurent que p est de cette forme si et seulement si

−2 p

= 1 si et seulement si

2 p

= −1

p

si et seulement si (loi de r´eciprocit´e quadratique) (−1)^p−1² = (−1)^p

2−1

8 si et seulement sip≡1 [8] oup≡3 [8]. Finalement,ps’´ecrit sous la formex²+2y² si et seulement sip≡1,3 [8].

iii) Les questions a) et d) assurent quepest de cette forme si et seulement sip= 3 ou −3

p

= 1 si et seulement si p = 3 ou

3 p

= −1

p

si et seulement si (en utilisant l’exercice 2) p = 3 ou p ≡1 [12] oup ≡7 [12]. Finalement, p s’´ecrit sous la forme x²+ 3y² si et seulement si p= 3 ou p≡1,7 [12] si et seulement si p= 3 oup≡1 [3].

Exercice 7 : Une autre preuve de la loi de r´eciprocit´e quadratique.

Soient p, q deux nombres premiers impairs distincts. On définit le groupe G par G := (Z/pZ)^∗ × (Z/qZ)^∗. On noteU le sous-groupe deG formé des deux éléments (1,1) et (−1,−1). Enfin, on définit H comme le quotientH :=G/U. On pose alorsπ:=Q

x∈Hx∈H.

a) Montrer qu’un système de représentants deH dansGest donné par les éléments (i, j)∈G, avec i= 1,2, . . . , p−1 et j= 1,2, . . . ,^q−1₂ .

b) En d´eduire que

π =

(p−1)!^q−1² ,(q−1)!^p−1² (−1)^p−1² ^q−1²

mod U .

c) Montrer qu’un système de représentants de H dansGest donné par les éléments (k, k)∈G, où k décrit les entiers entre 1 et ^pq−1₂ premiers à pq.

d) En d´eduire que

π=

(p−1)!^q−1² q

p

,(q−1)!^p−1² p

q

mod U . e) En déduire la loi de réciprocité quadratique :

p q

q p

= (−1)^p−1² ^q−1² .

a) Il est clair que deux éléments distincts du sous-ensembleE1:={(i, j)∈G:i= 1, . . . , p−1 etj = 1, . . . ,^q−1₂ } de G ont une image distincte dans H : il ne peuvent être opposés l’un de l’autre dansG(regarder la seconde composante). Par conséquent, le morphisme quotientG→H induit une injection E₁ → H. Or E₁ et H sont deux ensembles finis de même cardinal ^{(p−1)(q−1)}₂ , donc le morphisme quotient induit une bijection E1

∼=

−→ H. Donc E1 est bien un ensemble de repr´esentants de H dansG.

b) On déduit de la question précédente que

π= Y

(i,j)∈E1

(i, j) mod U . Par cons´equent, un calcul simple assure que

π =





(p−1)!^q−1² ,





q−1 2

Y

j=1

j





p−1



 mod U .

(6)

Or la seconde composante de ce couple s’identifie `a





q−1 2

Y

j=1

j





p−1

=





q−1 2

Y

j=1

j²





p−1 2

=



(−1)^q−1²

q−1 2

Y

j=1

j(−j)





p−1 2

≡(−1)^p−1² ^q−1²





q−1

Y

j=1

j





p−1 2

[q], et donc on obtient bien

π =

(p−1)!^q−1² ,(−1)^p−1² ^q−1² (q−1)!^p−1²

mod U .

c) Montrons d’abord que le morphisme quotientG→Hrestreint à l’ensembleE2(le sous-ensemble deGdéfini dans cette question) est injectif : si deux éléments distincts (k, k),(l, l)∈E₂s’envoient sur la même image dans H, alors (k, k) = (−l,−l) dans G. Donc on en déduit que pq divise k+l. Or 0 < k +l < pq, donc ceci n’est pas possible. Par conséquent, E2 s’injecte dans H via le morphisme quotient. En outre, le cardinal de E₂ est égal à ^pq−1₂ − ^q−1₂ − ^p−1₂ puisqu’il y a exactement ^q−1₂ multiples de p entre 1 et ^pq−1₂ (de même pour les multiples de q). Donc

#E₂ = ^{(p−1)(q−1)}₂ = #H, d’o`u le r´esultat.

d) On déduit de la question précédente que

π= Y

1≤k≤^pq−1₂ ,(k,pq)=1

(k, k) mod U .

Or on a Y

1≤k≤^pq−1₂ ,(k,pq)=1

k= 1.2. . .(p−1)(p+ 1). . .(2p−1)(2p+ 1). . .(^q−1₂ p−1)(^q−1₂ p+ 1). . .^pq−1₂

q(2q). . .^p−1₂ q ,

donc

Y

1≤k≤^pq−1₂ ,(k,pq)=1

k≡ (p−1)!^q−1² .^p−1₂ ! q^p−1² .^p−1₂ !

≡(p−1)!^q−1² q

p

[p]. Par symétrie, en échangeant les rôles de p etq, on obtient

Y

1≤k≤^pq−1

2 ,(k,pq)=1

k≡(q−1)!^p−1² p

q

[q].

Donc finalement, on a montr´e que π=

(p−1)!^q−1² q

p

,(q−1)!^p−1² p

q

mod U . e) En comparant les r´esultats obtenus dans les questions b) et d), on obtient que

(p−1)!^q−1² ,(−1)^p−1² ^q−1² (q−1)!^p−1²

=

(p−1)!^q−1² q

p

,(q−1)!^p−1² p

q

modU , ce qui implique que

q p

= p

q

(−1)^p−1² ^q−1² , d’o`u le r´esultat.

Exercice 8 : Encore une autre preuve de la loi de r´eciprocit´e quadratique.

(7)

a) Soitp un nombre premier impair,a∈Ztel quep ne divise pas a. Notonsr₁, . . . , r^p−1

2

les restes des divisions euclidiennes dea,2a, . . . ,^p−1₂ aparp. Montrer que

a p

= (−1)^t, oùtest le nombre de r_i strictement supérieurs à ^p−1₂ .

b) Soitq premier impair distinct dep. Avec les notations de la question pr´ec´edente pour a=q, on note u la somme desri ≤ ^p−1₂ etv la somme desri > ^p−1₂ .

i) Montrer queu+ (pt−v) = ^p²₈⁻¹. ii) En d´eduire que t≡ ^p²₈⁻¹ +P

p−1 2

j=1rj [2].

iii) Montrer quet≡P

p−1 2

j=1 E(^jq_p) [2] (oùE(.) désigne la partie entière).

iv) En d´eduire la formule p

q q p

= (−1)^P

p−1 2

j=1 E(^jq_p)+P

q−1 2 k=1 E(^kp_q )

.

v) En déduire la loi de réciprocité quadratique.

a) On définit une partition de l’ensemble {1, . . . ,^p−1₂ } en deux sous-ensembles S et T définis par S := {i : ri ≤ ^p−1₂ } et T := {i : ri > ^p−1₂ }. Par définition, t = #T. Considérons le produit Π :=Q

p−1 2

i=1 ia∈Z. Il est clair que

Π =a^p−1²

p−1 2

!. (2)

Or par d´efinition des ri, on a Π ≡ Q

p−1 2

i=1 ri [p]. Pour tout i ∈ T, on pose si := p−ri; alors 1 ≤ s_i ≤ ^p−1₂ . Par conséquent, on dispose de ^p−1₂ entiers dans l’ensemble {1, . . . ,^p−1₂ }, donnés par lesripouri∈S et lessj pourj ∈T. Montrons que ces nombres sont deux -à-deux distincts : si i, j ∈ S, on ari =rj si et seulement si ia ≡ja [p] si et seulement sip divise i−j (car p ne divise pas a) si et seulement si i=j. De même, sii, j∈T, on as_i =s_j si et seulement si i=j.

Enfin, si i∈S etj∈T, on a r_i =s_j si et seulement sir_i =p−r_j, ce qui implique que p|i+j, ce qui n’est pas possible car 2≤i+j≤p−1.

Finalement, {1, . . . ,^p−1₂ }est la r´eunion (disjointe) de {r_i:i∈S} et de {s_j :j∈T}. Or on a

p−1 2

Y

i=1

r_i ≡Y

i∈S

r_iY

j∈T

(p−s_j)≡Y

i∈S

r_iY

j∈T

(−s_j)≡(−1)^tY

i∈S

r_iY

j∈T

s_j [p]. Or par la remarque pr´ec´edente, Q

i∈Sr_iQ

j∈Ts_j =_p−1

2

!, donc on obtient Π≡(−1)^t

p−1 2

! [p]. (3)

En combinant (2) et (3), on obtient a^p−1² ≡ (−1)^t [p]. Or on sait que a

p

≡ a^p−1² [p], donc a

p

≡(−1)^t [p], d’o`u

a p

= (−1)^t.

b) i) On a vu que{1, . . . ,^p−1₂ } est la r´eunion disjointe de {r_i :i∈S} et de{s_j :j∈T} (et les ri, comme lessj, sont deux-`a-deux distincts). Donc

p−1 2

X

k=1

k=X

i∈S

r_i+X

j∈T

s_j =X

i∈S

r_i+X

j∈T

(p−r_j) =X

i∈S

r_i+pt−X

j∈T

r_j =u+ (pt−v), or la somme de gauche vaut ^(p−1)(p+1)₈ = ^p²₈⁻¹, d’o`u le r´esultat.

(8)

ii) On regarde l’égalité de la question b) i) modulo 2. On obtient u+pt−v ≡ ^p²₈⁻¹ [2], or p est impair, donc cette égalité devientu+v+t≡ ^p²₈⁻¹ [2], d’où le résultat.

iii) Par d´efinition, on a pour tout 1 ≤j ≤ ^p−1₂ , jq =pE(^jq_p) +rj, donc en sommant sur tous les j, on obtient

q

p−1 2

X

j=1

j=p

p−1 2

X

j=1

E jq

p

+

p−1 2

X

j=1

rj.

Or le terme de gauche vautq^p²₈⁻¹, donc modulo 2 cette ´egalit´e devient

qp²−1 8 ≡p

p−1 2

X

j=1

E jq

p

+

p−1 2

X

j=1

rj [2].

Or p etq sont impairs, donc on peut r´e´ecrire cette congruence sous la forme p²−1

8 ≡

p−1 2

X

j=1

E jq

p

+

p−1 2

X

j=1

r_j [2].

On conclut alors en combinant cette congruence avec celle de la question b) ii), pour trouver

t≡

p−1 2

X

j=1

E jq

p

[2].

iv) Les questions a) et b) iii) assurent que

q p

= (−1)

P

p−1 2 j=1 E

“jq p

”

. En échangeant les rôles de p etq, on obtient de même que

p q

= (−1)

P

q−1 2 j=1 E“

jp q

”

. Finalement, en faisant le produit de ces deux ´egalit´es, il reste :

p q

q p

= (−1)

P

p−1 2 j=1 E

“jq p

” +P

q−1 2 j=1 E

“jp q

”

.

v) Pour obtenir la loi de r´eciprocit´e quadratique, il suffit de montrer que P

p−1 2

j=1E

jq p

+ P

q−1 2

j=1E jp

q

= ^{(p−1)(q−1)}₄ . Pour cela, on remarque que la première somme est égale à la somme P

p−1 2

j=1

P

jq p

k=11. Or cette dernière somme est le cardinal de l’ensemble E1 formé des points deZ²∩[1,^p−1₂ ]×[1,^q−1₂ ] situés sous la droite d’équationy= _p^qx. Symmétriquement, la seconde somme est égale au cardinal de l’ensembleE₂ formé des points deZ²∩[1,^p−1₂ ]× [1,^q−1₂ ] situés au-dessus de la droite d’équation y= ^q_px.

Or la droite y = ^q_px ne contient aucun point à coordonnées entières dans le rectangle [1,^p−1₂ ]×[1,^q−1₂ ], donc E1 et E2 réalisent une partition de Z² ∩[1,^p−1₂ ]×[1,^q−1₂ ]. Donc

#E1+ #E2 = ^p−1₂ ^q−1₂ , d’o`u le r´esultat.

Exercice 9 : L’objectif est de montrer le r´esultat suivant. Soitpun nombre premier tel quep≡1 [4].

Alors 2 est une puissance quatri`eme modulo psi et seulement sips’´ecrit sous la forme p=A²+ 64B² (A, B∈Z).

a) Si m ∈ Z, n ∈ N sont des entiers premiers entre eux avec n impair, et si n =pâ₁¹. . . pâ_r^r est la décomposition denen facteurs premiers, on définit ^m_n

:=

m p1

α1

. . .

m pr

αr

.

(9)

i) En utilisant la loi de r´eciprocit´e quadratique usuelle, montrer que ⁻¹_n

= (−1)ⁿ⁻¹² et

2 n

= (−1)ⁿ

2−1

8 , et d´emontrer la formule ^m_n _n

m

= (−1)^m−1² ⁿ⁻¹² simetnsont impairs et premiers entre eux.

ii) Montrer que si m est un carr´e modulo n, alors ^m_n

= 1. Montrer que la r´eciproque est fausse.

b) On fixep≡1 [4]. On sait que p=a²+b², avec a, b∈Z,aimpair. Montrer que i)

a p

= 1.

ii) a+b

p

= (−1)^(a+b)2−1⁸ .

[Indication : on pourra calculer (a+b)²+ (a−b)².]

iii) (a+b)^p−1² ≡(2ab)^p−1⁴ [p].

c) Avec les notations de la question b), soit f ∈Ztel que b≡af [p]. Montrer quef² ≡ −1 [p] et que 2^p−1⁴ ≡f^ab² [p].

d) Conclure.

a) i) Puisque pour tout m, n ∈ Z impairs, on a _mn⁻¹

= ⁻¹_m ₋₁

n

, il suffit de montrer que la fonctionf(n) := (−1)ⁿ⁻¹² est multiplicative, i.e. quef(mn) =f(m)f(n). Pour cela, il suffit de montrer que pour tout m, n∈Zimpairs, ^m−1₂ +ⁿ⁻¹₂ ≡ ^mn−1₂ [2]. Cela revient à montrer que l’entier mn−(m+n) + 1 = (m−1)(n−1) est divisible par 4, ce qui est clair puisque m etn sont impairs. D’où le premier point, à savoir ⁻¹_n

= (−1)ⁿ⁻¹² .

De même, pour déduire le deuxième point de la loi de réciprocité quadratique, il suffit de montrer que la fonction g(n) := (−1)ⁿ

2−1

8 est multiplicative sur les entiers n impairs. Cela revient à montrer que pour toutm, n impairs, l’entier (mn)²−1−(m²−1)−(n²−1) est divisible par 16. Or cet entier est égal à (m²−1)(n²−1) = (m−1)(m+ 1)(n−1)(n+ 1), qui est bien multiple de 16 comme produit de quatre entiers pairs. D’où le deuxième point :

2 n

= (−1)ⁿ

2−1 8 .

Pour le troisi`eme point, puisque pour tout (p, q, r, s) impairs deux-`a-deux premiers entre eux, on a ^pq_r

r pq

=

p r

r p

q r

r q

et _rs^p

rs p

=

p r

r p

p s

s p

, il suffit de montrer que la fonction h(m, n) := (−1)^m−1² ⁿ⁻¹² vérifie la même propriété de multiplicativité, à savoir h(pq, r) = h(p, r)h(q, r) et h(p, rs) = h(p, r)h(p, s). Cela revient à montrer que pour p, q, r, s impairs et deux-à-deux premiers entre eux, les entiers (pq−1)(r−1)−(p−1)(r−1)−(q−1)(r−1) et (p−1)(rs−1)−(p−1)(r−1)−(p−1)(s−1) sont divisibles par 8. Or ces entiers sont exactement (p−1)(q−1)(r−1) et (p−1)(r−1)(s−1), donc ils sont divisibles par 8 comme produit de trois entiers pairs. D’où le troisième point :

m n

_n

m

= (−1)^m−1² ⁿ⁻¹² .

ii) Sim est un carr´e modulon, alorsm est un carr´e moduloppour tout ppremier divisantn, donc

m p

= 1 pour tout facteur premier den, donc ^m_n

= 1.

La r´eciproque est fausse : par exemple, ⁻¹₂₁

= ⁻¹₃ ₋₁

7

= (−1)(−1) = 1, mais −1 n’est pas un carr´e modulo 21 car ce n’est pas un carr´e modulo 3.

b) i) Modulo a, on a p ≡ b² [a], donc ^p_a

= 1 par a) ii). Par a) i), on a

a p

= _a^p

puisque p≡1 [4]. Donc finalement,

a p

= 1.

ii) Comme indiqu´e, on calcule (a+b)²+(a−b)²= 2(a²+b²) = 2p. Donc 2p≡(a−b)² [a+b], donc par a) ii), on a

2p a+b

= 1. Or par a) i), on a

2p a+b

=

2 a+b

p a+b

, et

p a+b

=

a+b p

(10)

(il est clair que p ne divise pas a+b). Donc on a a+b

p

= 2

a+b

. Or par a) i), on a 2

a+b

= (−1)^(a+b)2−1⁸ , d’o`u finalement a+b

p

= (−1)^(a+b)2−1⁸ .

iii) Puisque (a+b)² =a²+b²+ 2ab=p+ 2ab, on a (a+b)²≡2ab[p]. On élève à la puissance

p−1

4 , et on trouve bien (a+b)^p−1² ≡(2ab)^p−1⁴ [p].

c) Puisquep=a²+b², on ab² ≡ −a² [p]. Or b² ≡f²a² [p], etp ne divise pasa, doncf² ≡ −1 [p].

On remarque d’abord que

(ab)^p−1⁴ ≡(a²f)^p−1⁴ ≡a^p−1² f^p−1⁴ ≡ a

p

f^p−1⁴ ≡f^p−1⁴ , où la dernière égalité utilise la question b) i).

Donc on a

2^p−1⁴ f^p−1⁴ ≡(2ab)^p−1⁴ ≡(a+b)^p−1² ≡

a+b p

[p]

o`u la deuxi`eme congruence utilise la question b) iii). Donc 2^p−1⁴ f^p−1⁴ ≡(−1)^(a+b)2−1⁸ [p]

par la question b) ii). Or f²≡ −1 [p], donc (−1)^(a+b)2−1⁸ ≡f^(a+b)2−1⁴ [p]. Or ^(a+b)₄²⁻¹ = ^p−1₄ +^ab₂, donc f^(a+b)2−1⁴ ≡f^p−1⁴ f^ab² [p]. Finalement, on a donc

2^p−1⁴ f^p−1⁴ ≡f^p−1⁴ f^ab² [p], donc en simplifiant,

2^p−1⁴ ≡f^ab² [p].

d) On sait qu’un entierx∈Z premier àp est une puissance quatrième modulopsi et seulement si x^p−1⁴ ≡1 [p] (puisque le morphisme de groupes F^∗p → F^∗p défini part 7→ t⁴ a un noyau d’ordre 4 formé des racines 4-ièmes de l’unité). Donc 2 est une puissance quatrième modulo p si et seulement si 2^p−1⁴ ≡ 1 [p]. Par la question c), ceci équivaut à fâb² ≡ 1 [p]. Or f est d’ordre 4 dans F^∗p, donc fâb² ≡1 [p] si et seulement si 4 divise âb₂ si et seulement si 8 divise ab. Or aest impair, donc cette dernière condition équivaut à 8 divise b. Finalement, on a bien l’équivalence souhaitée, en prenant A=aet b= 8B.