——————————————
Un corps neutralisant exotique
——————————————
Il s’agit ici de donner un exemple explicite d’un corps neutralisant d’une algèbre sim- ple centrale qui n’eextension d’aucun corps neutralisant provenant du corps gauche as- socié à la classe de cette algèbre. Donnons-nous un corps commutatif k et un élément de son groupe de Brauer α ∈ Br(k). Nous regardons α comme un ensemble de classes d’isomorphisme d’algèbres simples centrales. L’élémentαne contient qu’une seule classe composée de corps, dont nous noterons un représentantKα(les éléments des autres classes étant alors les algèbres isomorphes àMn(Kα) avecn≥2).
Un résultat classique de la théorie montre que les extensions neutralisantes (finies)L/k deαcorrespondent à des sous-algèbres commutatives maximales des algèbres conituant les classes deα. Une conséquence de ce résultat eque sir= Ind(α) =p
[Kα:k] désigne l’indice deαalors le degré d’une extension neutralisante eun multiple de l’entierr. Ré- ciproquement, siLneutraliseαet que [L:k] =nr, alorsLse plonge dans l’algèbreMn(Kα) (et c’ealors une sous-algèbre commutative maximale de cette dernière). Il n’y a pas de raison pour qu’il exiea priorides corps neutralisants, sous-algèbres commutatives max- imales de Mn(Kα), sauf bien sur pour n= 1. Ceci montre que le degré minimal Ind(α) pour un corps neutralisant deα ebien atteint, et que ces corps sont exaement (à iso- morphisme près) les sous-corps commutatifs maximaux deKα. Ces corps bénéficient donc d’une forme de préséance, au moins du point de vue de l’exience.
Étant donné un corps neutralisantL deα, on peut se demander si Leobligatoire- ment extension d’un corpsL0 ⊂Kα neutralisant de α ? Autrement dit si, dans le treillis supérieur des extensions algébriques finies neutralisantes de α, les plus petits éléments correspondent exaement aux corps neutralisant inclus dansKα? L’objet de cette note e de conruire un exemple qui montre que la réponse à cette queion enégative.
On se donne un rationnel l ∈ Q−Q2 qui n’e pas un carré et un rationnel f ∈Q− N
Q √
l
qui n’e pas la norme d’un élément. On note Gal Q
√ l
/Q
={Id, σ}et l’on considère alors le 2-cocycle, noté encoref, et défini par
f(Id,Id) =f(Id, σ) =f(σ ,Id) = 1 etf(σ , σ) =f (ce cocycle n’epas un cobord à cause de l’hypothèsef <N
Q √
l ).
L’algèbreD=A Q
√ l
/Q, f surQ(
√
l) muni du produit croisé relatif àf ealors un corps. En effet,D e isomorphe à une algèbre de matrices,Mn(K), sur un corpsK. Sa dimension vérifie donc dimQ(D) = 4 =n2[K :Q] ce qui implique quen≤2. Sin= 2, alors K =Qet donc [D] e la classe triviale dans Br(Q). Ceci eexclu puisquef n’epas un cobord. On a doncn= 1 etD=K.
On rapporteD à uneQ √
l
-base formelle{1, ω}, de sorte que, six, y, α, β∈Q(
√ l), on ait dansD
(x+yω)(α+βω) = (xα+f yβσ) + (xβ+yασ)ω
Lemme.— Soient x0, α0, a, b, c, d ∈ Q, on considère
( x=x0
√
l, y=a+b
√ l α=α0
√
l, β=c+d
√
l ∈ Q(
√ l) et ( X=x+yω
d=α+βω ∈D. Si2xα+f(yβσ+yσβ) = 1etα2+f ββσ ,0, alors l’élémentp= x2+f yyσ α2+f ββσ eun rationnel et l’on a le syème suivant
( X2=pd2 Xd+dX= 1
Preuve :La rationalité depeévidente. Le ree eun simple calcul : pd2 = p(α2+f ββσ) +pβ(α+ασ)ω=p(α2+f ββσ) = (x2+f yyσ)
= (x2+f yyσ) +y(x+xσ)ω=X2
Xd+dX = (xα+f yβσ) + (xβ+yασ)ω+ (αx+f βyσ) + (αy+βxσ)ω
= [2xα+f(yβσ+yσβ)] + [β(x+xσ) +y(α+ασ)]ω= 1
Dans l’algèbreM2(D) on considère la matrice
M= X−1−X−1dX −X−1d2
X d
!
oùX, d∈Dsont des éléments vérifiant les hypothèses du lemme. En calculant les puis- sances deM, on trouve notammentpM4 =−I. Si−p n’e pas un carré dansQ, alors le polynômepT4+ 1∈Q[T] eirréduible et commeM annule ce polynôme, on en déduit que la matriceM engendre dansM2(D) un corps isomorphe àQ(√4
−p). Par ailleurs, on a [M2(D) :Q] = 16 = 42= [Q(√4
−p)/Q]2, et doncQ(√4
−p), en tant que sous-algèbre commuta- tive maximale, neutralise l’algèbreM2(D) (et donc l’élément [D]∈Br(Q)). Pour conruire notre contre-exemple, nous allons maintenant étudier les carrés deD.
Lemme.—Soitλ∈Q. Pour queλsoit le carré d’un élément deDil faut et il suffit queλ∈Q2 ou queλsoit représenté par la forme quadratique rationnellef u2−f lv2+lw2.
Preuve :L’équationλ= (x+yω)2équivaut au syème
( x2+f yyσ = λ y(x+xσ) = 0
•Siy= 0 alorsλ=x2= (u+v
√
l)2=u2+lv2+ 2uv
√
let donc soitλ∈Q2soitλ∈lQ2.
•Six+xσ= 0, alorsx=w
√
let, en posanty=u+v
√
l, on a alorsλ=f u2−f lv2+lw2.
Plaçons-nous désormais dans le cas oùf =l=−1,Dealors le corps des quaternions surQ. Les extensions neutralisantesL0/QdeDincluses dansDsont, pour des raisons de dimension, des extensions quadratiques. Le lemmepermet d’affirmer que ces extensions neutralisantes sont exaement les corpsQ(
√
λ) oùλ=−u2−v2−w2avecu, v, w∈Qnon tous nuls. Avec les notations du lemme, considérons alors
( x=−i α= 7i/2 et
( y= 1 +i β= 1 + 2i . Les conditions 2xα+f(yβσ+yσβ) = 1 etα2+f ββσ,0 sont satisfaites et l’on a alorsp= 4/23.
D’après ce qui précède, le corpsQ √4
−23/4
neutraliseD. Si ce corps était extension d’un corps neutralisant inclus dansD, ce dernier serait obligatoirement isomorphe àQ
√
−23 (seul corps intermédiaire de l’extension) et donc 23 serait une somme de trois carrés de rationnels, d’après ce qui précède. Mais 23≡7 mod(8) et le théorème de Gauss-Davenport- Cassels (cf [Des]) assure qu’une telle chose een fait impossible.
Scholie :Laratégie suivie a donc consié en la recherche d’élémentsx, y, α, βtels quepsoit de la formep=s2t oùs∈Qett∈Nn’epas somme de trois carrés dansQ(ce qui équivaut à dire quetede la forme 4h(8k+ 7)).
Un petit calcul informatique donne d’autres valeurs pourx, y, α, βque celles données dans cette note. On trouve, par exemple, des corps exotiques pour le choix dep=396229,17312,396589,24544,7645,14144,41344.
Bibliographie
[Bla]André Blanchard,Les corps non commutatifs, P.U.F., colleion SUP ().
[Bou]Nicolas Bourbaki,Algèbre chapitre VIII, Hermann, Paris ().
[Des]Roger Descombes,Éléments de théorie des nombres, P.U.F., Mathématiques ().
