1. ´ Evidemment, si α est racine d’un polynˆ ome unitaire P ∈ Z[X], α est alg´ ebrique.

L3 – Alg` ebre 2 2013–2014 : TD 5

Entiers alg´ ebriques

Exercice 1.

1. ´ Evidemment, si α est racine d’un polynˆ ome unitaire P ∈ Z[X], α est alg´ ebrique.

Si α ∈ O _C , il existe un polynˆ ome unitaire Q ∈ Z[X] tel que Q(α) = 0. Alors le polynˆ ome minimal de α sur K, P divise Q dans Q[X]. Donc toutes les racines de P dans C sont annul´ ees par Q aussi, et donc sont toutes enti` eres sur Z. Par la relation coefficients- racines, on sait que P est ` a coefficients dans Z. (car Z = O _C ∩ Q)

Si le polynˆ ome minimal de α, P, est ` a coefficients dans Z, alors P(α) = 0, donc α est dans O _C par d´ efinition.

2. Si α ∈ O _C , il existe un polynˆ ome unitaire Q ∈ Z[X] tel que Q(α) = 0. Alors le polynˆ ome minimal de α sur K, P divise Q dans K[X]. Donc toutes les racines de P dans C sont annul´ ees par Q aussi, et donc sont toutes enti` eres sur O <sub>K</sub> . Par la relation coefficients- racines, on sait que P est ` a coefficients dans O _K . (car O _K = O _C ∩ K)

Si le polynˆ ome minimal de α dans K est ` a coefficients dans O <sub>K</sub> , alors α est entier sur O <sub>K</sub> , donc est dans O <sub>C</sub> car si A ⊂ B est une extension d’anneaux enti` ere, alors tout

´

el´ ement entier sur B est entier sur A.

3. Soit x ∈ K. Comme K/Q est alg´ ebrique, il existe des coefficients rationnels (a i ) tels que x ⁿ + a n−1 x ⁿ⁻¹ + · · · + a 1 x + a 0 = 0.

Soit ∆ ∈ Z non nul tel que ∀i, ∆a _i ∈ Z. On a alors

∆ ⁿ x ⁿ + a n−1 x ⁿ⁻¹ + · · · + a ₁ x + a ₀

= 0

ou encore : (∆x) ⁿ + ∆a n−1 (∆x) ⁿ⁻¹ + · · · + ∆ ⁿ⁻¹ a 1 (∆x) + ∆ ⁿ a 0 = 0 et ∆x est annul´ e par le polynˆ ome unitaire

X ⁿ + ∆a n−1 X ⁿ⁻¹ + · · · + ∆ ⁿ

a ₁ X + ∆ ⁿ a ₀ ∈ Z[X].

En particulier, on a prouv´ e que tout ´ el´ ement x de K s’´ ecrivait sous la forme e x/∆, o` u x e ∈ O _K et ∆ ∈ Z \ {0}. Comme Z ⊂ O _K , il s’ensuit que K est bien le corps des fractions de O _K .

Exercice 2. (Trace et norme)

1. C’est tautologique. ` A vrai dire, T ^L _α est mˆ eme L-lin´ eaire.

2. Si α _K , T ^L _α = α id _L . On a donc

Tr _L/K (α) = tr(α id L ) = α · [L : K] Nm _L/K (α) = d´ et(α id L ) = α ^[L:K] . 3. Si α, β ∈ L et λ ∈ K, on a clairement T ^L _α+λβ = T ^L _α + λT ^L _β et T ^L _αβ = T ^L _α ◦ T ^L _β .

Il s’ensuit que Tr _L/K (α+λβ) = Tr _L/K (α)+λ Tr _L/K (β) et Nm _L/K (αβ) = Nm _L/K (α) Nm _L/K (β).

4. Soit (β _i ) ^d _i=1 une L-base de M. On a donc d = [M : L]. En tant que L-espace vectoriel, M se d´ ecompose donc en une somme directe (de L-droites)

M = Lβ ₁ ⊕ · · · ⊕ Lβ _d .

Puisque α ∈ L, la multiplication T ^L _α pr´ eserve chacun des facteurs.

En outre, comme β i 6= 0, la multiplication par β i induit un isomorphisme L-lin´ eaire φ i : T ^L _β

|L : L → Lβ i , d’inverse φ ⁻¹ _i =

T ^L _β

i

Lβ

et l’on a φ ⁻¹ _i ◦ T ^M _α

|Lβ

◦ φ = T ^M _α

|L = T ^L _α , ce qui n’est rien d’autre que le fait que αβ _i = β _i α.

En particulier, on a

tr _K T ^M _α

|Lβ

= tr _K T ^L _α = Tr _L/K (α) d´ et _K T ^M _α

|Lβ

= d´ et _K T ^L _α = Nm _L/K (α).

On obtient donc

Tr _M/K (α) = tr _K T ^M _α =

d

X

i=1

tr _K T ^M _α

|Lβ

= dTr _L/K (α) Nm _M/K (α) = d´ et _K T ^M _α =

d

Y

i=1

d´ et _K T ^M _α

|Lβ

= Nm _L/K (α) ^d .

Remarque. En supposant simplement α ∈ M, on peut ´ egalement d´ emontrer les fomules dites de transitivit´ e

Tr _M/K (α) = Tr _M/L Tr _L/K (α)

Nm _M/K (α) = Nm _M/L Nm _L/K (α) , dont ce qu’on vient de d´ emontrer n’est qu’un cas particulier.

5. On remarque que si Q ∈ K[X] est un polynˆ ome et si α ∈ L, on a Q(T ^L _α ) = T ^L _Q(α) . Comme en outre T ^L _β est nul si et seulement si β l’est, on obtient que le polynˆ ome minimal de α est exactement le polynˆ ome minimal de T ^L _α . Puisque son degr´ e est d´ ej` a ´ egal ` a la dimension de L, le th´ eor` eme de Cayley-Hamilton entraˆıne que c’en est ´ egalement le polynˆ ome caract´ eristique.

Remarque. On peut aussi faire le calcul dans la base (1, α, . . . , α ⁿ⁻¹ ) de K(α) : si on

´

ecrit P = X ⁿ + a n−1 X ⁿ⁻¹ + · · · + a ₀ ∈ K[X] le polynˆ ome minimal de α sur K, la matrice de T ^K(α) α dans notre base est la matrice compagnon











−a ₀

1 −a ₁

. .. .. . 1 −a _n−1











de P. En particulier, son polynˆ ome caract´ eristique est bien P.

6. D’apr` es la question pr´ ec´ edente et les relations coefficients-racines, si on note P = X ⁿ + a n−1 X ⁿ⁻¹ + · · · + a ₀ le polynˆ ome minimal de α sur K, on a

Tr _K(α)/K (α) = −a n−1 est bien la somme des racines de P et Nm _K(α)/K (α) = (−1) ⁿ a ₀ en est bien le produit.

Donc, d’un cˆ ot´ e, grˆ ace ` a la question 4, on a

Tr _L/K (α) = [L : K(α)] Tr _K(α)/K (α) Nm _L/K (α) = Nm _K(α)/K (α) [L:K(α)]

. De l’autre cˆ ot´ e, comme l’extension L/K est s´ eparable, si on note α 1 = α, α 2 , . . . , α n les racines du polynˆ ome minimal de α, on sait que ces racines sont distinctes et que K(α) a exactement n plongements K-lin´ eaires σ _i dans ¯ K, caract´ eris´ es par σ _i (α) = α _i .

Toujours par l’hypoth` ese de s´ eparabilit´ e, chacun de ces plongements σ _i admet exacte- ment [L : K(α)] prolongements diff´ erents en plongements de L dans ¯ K, qui v´ erifient σ(α) = α i . On a donc

X

σ∈Hom

(L, K) ¯

σ(α) = X

σ∈Hom

(K(α), K) ¯

X

σ∈Hom e

(L, K) ¯ σ e prolonge σ

e σ(α)

= [L : K(α)]

n

X

i=1

α _i = [L : K(α)] Tr _K(α)/K (α) = Tr _L/K (α).

Y

σ∈Hom

(L, K) ¯

σ(α) = Y

σ∈Hom

(K(α), K) ¯

Y

σ∈Hom e

(L, K) ¯ σ e prolonge σ

e σ(α)

=

n

Y

i=1

α ^[L:K(α)] _i = Nm _K(α)/K (α) [L:K(α)]

= Nm _L/K (α).

Exercice 3. (Entiers et unit´ es d’un corps de nombres)

1. D’apr` es l’exercice pr´ ec´ edent, si α ∈ O _L , les coefficients de son polynˆ ome minimal (sur Q), et en particulier Tr _Q(α)/Q (α) et Nm _Q(α)/Q (α), doivent ˆ etre des ´ el´ ements de O _Q = Z.

Il en est alors de mˆ eme de

Tr _L/Q (α) = [L : Q(α)] Tr _Q(α)/Q (α) et Nm _L/Q (α) = Nm _Q(α)/Q (α) ^[L:Q(α)] . 2. Dans la suite de l’exercice, on note simplement Tr = Tr _L/Q et Nm = Nm _L/Q .

Supposons que α ∈ O _L soit une unit´ e de O _L : on peut donc trouver β ∈ O _L tel que αβ = 1. On a donc une ´ egalit´ e (dans Z, d’apr` es la question pr´ ec´ edente)

Nm(α) · Nm(β) = 1 et il s’ensuit que Nm(α) ∈ Z ^× = {±1}.

R´ eciproquement, supposons que Nm(α) = ±1. En ´ ecrivant le polynˆ ome minimal (sur Q) de α, on obtient donc des coefficients entiers (a _i ) tels que

α ⁿ + a n

α ⁿ⁻¹ + · · · + a 1 α ± 1 = 0.

En multipliant par α ⁻ⁿ ∈ L, on obtient donc

±α ⁻ⁿ + a ₁ α ⁻⁽ⁿ⁻¹⁾ + · · · + a n−1 α ⁻¹ + 1 = 0

et α ⁻¹ est bien racine d’un polynˆ ome unitaire ` a coefficients entiers : α ⁻¹ ∈ O _L .

3. Un ´ el´ ement α ∈ Q( √

d) s’´ ecrit d’une fa¸ con unique α = x + y √

d, avec x, y ∈ Q. Par exemple ` a cause de la question 6 de l’exercice pr´ ec´ edent, on a

Tr(α) =

x + y √ d

+

x − y √ d

= 2x et Nm(α) =

x + y √

d x − y √ d

= x ² −dy ² . Si α ∈ O _L , ces deux nombres sont entiers d’apr` es la question pr´ ec´ edente.

R´ eciproquement, si ces deux nombres sont entiers, distinguons deux cas :

– Si α ∈ Q, c’est-` a-dire si y = 0, Tr(α) = 2α et Nm(α) = α ² . Ainsi, α ² ∈ Z, ce qui n’est possible pour un nombre rationnel que si α ∈ Z (si on veut, c’est une cons´ equence du fait que Z est int´ egralement clos).

– Si α 6∈ Q, on a L = Q(α). Ainsi, la question 5 de l’exercice pr´ ec´ edent entraˆıne que le polynˆ ome minimal de α est

X ² − Tr(α)X + Nm(α).

On a donc bien que α ∈ O _L si et seulement si Tr(α) et Nm(α) sont entiers.

4. On cherche donc ` a calculer les unit´ es de l’anneau des entiers d’un L = Q( √

d), avec d n´ egatif et sans facteur carr´ e. (Ces anneaux sont appel´ es anneaux d’entiers quadratiques imaginaires, pour des raisons ´ evidentes.)

D’apr` es ce qui pr´ ec` ede, il est l´ egitime de distinguer deux cas : – Si d est congru ` a 2 ou 3 modulo 4, on a

O _L = Z h√

d i

= n

x + y

√ d

x, y ∈ Z o

et

Nm

x + y

√ d

= x ² − dy ² . Si d 6= −1, on a donc −d > 1 et, d’apr` es la question 2,

x + y

√

d ∈ O ^× _L ⇔ Nm

x + y

√ d

= ±1 ⇔

x ² = 1

y = 0 ⇔ x + y

√

d = ±1.

– Si d est congru ` a 1 modulo 4, on a O _L = Z

"

1 + √ d 2

#

=

( x + y √ d 2

x, y ∈ Z x ≡ y (mod 2)

)

et

Nm x + y √ d 2

!

= x ² − dy ²

4 .

Si d 6= −3, on a donc −d ≥ 7 et x + y √

d

2 ∈ O ^× _L ⇔ Nm x + y √ d 2

!

= ±1 ⇔ x ² +dy ² = ±4 ⇔

x ² = 4

y = 0 ⇔ x + y √ d

2 = ±1.

– Dans le cas d = −1 (donc L = Q(i)), on a O _L = Z[i] = n

x + iy

x, y ∈ Z o et

Nm(x + iy) = x ² + y ² . On a donc

x + iy ∈ O _L ^× ⇔ Nm(x + iy) = ±1 ⇔ x ² + y ² = ±1 ⇔ (x, y) ∈ {(±1, 0), (0, ±1)}.

On a donc

O _L ^× = {±1, ±i}.

– Dans le cas d = −3 (donc L = Q(ζ ₃ )), on a O _L = Z

"

1 + √ d 2

#

= (

x + y √ 3i 2

x, y ∈ Z x ≡ y (mod 2)

)

et

Nm

x + iy 2

= x ² + 3y ²

4 .

On a donc x + iy

2 ∈ O _L ^× ⇔







x, y ∈ Z x ≡ y (mod 2) x ² + 3y ² = ±4

⇔ (x, y) ∈ {(±2, 0), (±1, ±1)}

On a donc

O _L = (

±1, ± 1 ± √ 3 2

)

= n

ζ ₆ ^k

1 ≤ k ≤ 6 o

.

Remarquons qu’a posteriori, ces r´ esultats ne sont pas surprenants : si un corps de nombres contient une racine de l’unit´ e ζ, celle-ci est racine d’un polynˆ ome cyclotomique, donc enti` ere sur Z, et l’´ equation ζ <sup>n</sup> = 1 entraˆıne qu’elle est une unit´ e. On devait donc s’attendre ` a ce que les racines de l’unit´ e de degr´ e 2 sur Q, c’est-` a-dire ±ζ ₄ = ±i, ±ζ ₃ et ±ζ ₆ , apparussent quelque part.

Par ailleurs, un des premiers th´ eor` emes de la th´ eorie alg´ ebrique des nombres, le th´ eor` eme des unit´ es de Dirichlet affirme que si L est un corps de nombres arbitraire, O ^× _L est un groupe (´ evidemment ab´ elien) de type fini et en d´ etermine la partie libre ; ce th´ eor` eme a pour cons´ equence que Q et Q( √

d), avec d < 0 sont les seuls corps de nombres L tels que O ^× _L soit un groupe fini.

Exercice 4. (Entiers des Q(ζ p ))

1. Commen¸cons par calculer Tr(ζ p ^j ). D´ ej` a, ζ p ^j ne d´ epend que de la classe de j modulo p.

Si j 6≡ 0 (mod p), ζ p ^j est une racine primitive p-i` eme de l’unit´ e donc les p − 1 = [L : Q]

plongements σ : L → C envoient ζ p ^j sur les p − 1 racines primitives (ζ _p ⁱ ) ^p _i=1 et Tr(ζ _p ^j ) = X

σ:L→C

σ(ζ _p ^j ) =

p

X

i=1

ζ _p ^j =

p

X

i=0

ζ _p ^j − 1 = −1.

Evidemment, si ´ j est un multiple de p, ζ p ^j = 1 et sa trace est Tr(1) = [L : Q] = p − 1.

On en d´ eduit que

Tr(π) = Tr(1 − ζ _p ) = Tr(1) − Tr(ζ _p ) = p − 1 − (−1) = p.

Par ailleurs,

Nm(π) = Y

σ:L→C

σ (1 − ζ _p ) = Y

σ:L→C

(1 − σ(ζ _p )) =

p−1

Y

i=1

1 − ζ _p ⁱ

= Φ _p (1) = p,

car Φ p (X) = X ^p−1 + X ^p−2 + · · · + X + 1.

2. Si p ne divise pas b, ζ _p ^b est une racine p-i` eme primitive. Il s’ensuit qu’on peut trouver un entier n ≤ p − 1 tel que ζ _p ^a = ζ _p ^b n

. En particulier, 1 − ζ _p ^a

1 − ζ _p ^b = 1 − ζ _p ^b n

1 − ζ _p ^b = 1 + ζ _p ^b + · · · +

ζ _p ^b n−1

∈ Z[ζ p ] ⊂ O _L .

De mˆ eme si p ne divise pas a, 1 − ζ _p ^b

1 − ζ _p ^a ∈ O _L . Il s’ensuit que si p ne divise ni a ni b, 1 − ζ _p ^a

1 − ζ _p ^b ∈ O _L ^× .

Remarque. Ces nombres sont ce que l’on appelle les unit´ es cyclotomiques. En g´ en´ eral, Z[ζ _n ] a d’autres unit´ es.

En particulier, si j ∈ {1, . . . , p − 1}, on a 1 − ζ p ^j

π = 1 − ζ p ^j

1 − ζ p

∈ O _L ^× et les ´ el´ ements 1 − ζ p ^j

et π sont associ´ es dans O _L .

On a donc des unit´ es u j telles que 1 − ζ p ^j = u j π. Cela entraˆıne p = Nm(π) =

p−1

Y

j=1

1 − ζ _p ^j

= u ₁ · · · u p−1

| {z }

∈O

π ^p−1 .

En r´ esum´ e, p et π ^p−1 sont associ´ es dans O _L , ce qui entraˆıne pO _L = π ^p−1 O _L .

3. D’apr` es ce qui pr´ ec` ede, πO _L contient π ^p−1 O _L = pO _L et donc p. Mais πO _L ∩ Z est un id´ eal de Z (de mani` ere g´ en´ erale, on v´ erifie sans difficult´ e que si I est un id´ eal d’un anneau B dont A est un sous-anneau, alors I ∩ A est un id´ eal de A). Par ailleurs, cet id´ eal ne contient pas 1 (cela entraˆınerait πO _L = O _L et donc que π soit une unit´ e, ce qui est impossible car Nm(π) = p). L’ensemble πO _L ∩ Z est donc un id´ eal strict de Z contenant le nombre premier p et on a

πO _L ∩ Z = pZ.

4. (a) Si j ∈ {0, 1, . . . , p − 2}, on a

Tr(πζ _p ^j ) = Tr((1−ζ _p )ζ _p ^j ) = Tr(ζ _p ^j )−Tr(ζ _p ^j+1 ) =

(−1) − (−1) = 0 si j ∈ {1, . . . , p − 2}

p si j = 0.

donc

Tr(πx) = a 0 Tr(π) + a 1 Tr(πζ p ) + · · · + a p−2 Tr(πζ _p ^p−2 ) = a 0 p.

(b) D´ ej` a,

Tr(πx) = X

σ

σ(πx) = X

σ

σ(π)σ(x),

la somme portant sur les plongements σ : L → C. Or, σ(π) = 1 − σ(ζ _p ) est de la forme 1 − ζ p ^j , pour un certain j ∈ {1, . . . , p − 1}. D’apr` es la question 2, cet ´ el´ ement de O <sub>L</sub> est associ´ e ` a π.

Par ailleurs, les plongements de L dans C pr´ eservent le polynˆ ome minimal des

´ el´ ements et donc leur caract` ere entier. Si x ∈ O <sub>L</sub> , on a donc pour tout σ, σ(x) ∈ O <sub>L</sub> . Il s’ensuit que les p − 1 facteurs σ(π)σ(x) appartiennent tous ` a σ(π)O _L = πO _L . On a donc Tr(πx) ∈ πO _L .

Enfin, si x est entier, il en est de mˆ eme de πx donc Tr(πx) ∈ Z.

On a donc bien Tr(πx) ∈ πO _L ∩ Z = pZ.

Comme Tr(πx) = a ₀ p d’apr` es la question pr´ ec´ edente, cela entraˆıne que a ₀ ∈ Z.

(c) On a donc d´ ej` a d´ emontr´ e que si

x = a 0 + a 1 ζ p + · · · + a p−2 ζ _p ^p−2 ∈ O _L , le coefficient a 0 est entier. En particulier, le nombre

ζ _p ⁻¹ (x − a ₀ ) = a ₁ + a ₂ ζ _p + · · · + a p−2 ζ _p ^p−3 ∈ O _L

est encore dans O _L , ce qui entraˆıne a ₁ ∈ Z. Par une r´ ecurrence imm´ ediate, on obtient ainsi que tous les a _i sont entiers et donc que x ∈ Z[ζ _p ].

(d) Tout l’exercice a servi ` a d´ emontrer que O _L ⊂ Z[ζ _p ]. Puisque ζ _p est clairement un entier alg´ ebrique, la r´ eciproque est imm´ ediate.

Remarque. De mani` ere g´ en´ erale, si n est un entier quelconque, Z[ζ n ] est exacte- ment l’anneau O _Q(ζ

₎ des entiers du corps cyclotomique.

Exercice 5. (Th´ eor` eme de Kronecker)

1. Soit α = α 1 , α 2 , · · · , α d les racines du polynˆ ome caract´ eristique de T = T ^Q(α) α qui est ´ egal, d’apr` es la question 5 de l’exercice 2, au polynˆ ome minimal de α sur Q. En particulier, les α _i sont tous distincts et sont des entiers alg´ ebriques.

Sur C, la matrice T est semblable ` a la matrice diagonale diag(α 1 , α 2 , . . . , α d ). Sa puis- sance n-i` eme est donc semblable ` a la matrice diagonale diag(α ⁿ ₁ , α ⁿ ₂ , . . . , α ⁿ _d ).

En particulier, d’apr` es les relations coefficients-racines, les coefficients du polynˆ ome caract´ eristique P <sub>n</sub> de T <sup>n</sup> sont au signe pr` es les polynˆ omes sym´ etriques ´ el´ ementaires

σ k (α ₁ ⁿ , . . . , α ⁿ _d ) = X

i

<i

<···<i

α ⁿ _i

α ⁿ _i

· · · α ⁿ _i

.

Cela entraˆıne du mˆ eme coup que les coefficients de P _n sont des entiers alg´ ebriques (et donc des entiers usuels, puisqu’ils sont rationnels) et qu’en module,

|σ _k | ≤ X

i

<i

<···<i

1 = d

k

≤ 2 ^d .

2. D’apr` es la question pr´ ec´ edente, les polynˆ omes caract´ eristiques P n vivent tous dans l’en- semble P <sub>d</sub> des polynˆ omes entiers unitaires de degr´ e d ` a coefficients dans {−2 ^d , · · · , 2 ^d }.

Cet ensemble est fini.

Ainsi, α ⁿ vit dans l’ensemble [

P∈P

Z _C (P) des racines complexes de tels polynˆ omes, et cet ensemble est ´ egalement fini.

D’apr` es le principe des tiroirs, il existe deux entiers n < m tels que α ⁿ = α ^m . On en d´ eduit donc α ^m−n = 1, et α est une racine de l’unit´ e.

3. Le nombre z = ³ ₅ + ⁴ ₅ i est ´ evidemment un nombre alg´ ebrique de polynˆ ome minimal (X − z)(X − z) = X ¯ ² − 6

5 X + 1.

Comme |z| = |¯ z| = 1, ce nombre v´ erifie les hypoth` eses du r´ esultat pr´ ec´ edent (moins l’int´ egralit´ e).

Cependant, z n’est pas une racine de l’unit´ e : en effet, vu son polynˆ ome minimal, ce

n’est mˆ eme pas un entier alg´ ebrique.

Exercice 6. (Nombres de Pisot)

Soit α un nombre de Pisot et α ₁ = α, α ₂ , . . . , α _d les racines de son polynˆ ome minimal sur Q.

Par int´ egralit´ e de α (et donc de α ⁿ ), on a

Tr _Q(α)/Q (α ⁿ ) = α ₁ ⁿ + α ⁿ ₂ + · · · + α _d ⁿ ∈ Z.

Comme ∀i ∈ {2, . . . , d}, |α _i | < 1, on a donc

d(α ⁿ , Z) ≤ |α ₂ | ⁿ + · · · + |α _d | ⁿ −−−→

n→∞ 0.