Th´ eorie des Nombres - TD4 Loi de r´ eciprocit´ e quadratique

(1)

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

Ann´ee 2010-2011 Module MM020

Th´ eorie des Nombres - TD4 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].

Exercice 3 : Soitp un nombre premier impair.

(2)

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(ζn), où ζn est une racine primitive n-ième de l’unité).

Solution de l’exercice 3.

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 dansFp, doncS = 0 (carp6= 2).

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,ζp^1+y est une racine primitive p-ième de l’unité, doncP

x∈F^∗p

ζp^1+y

x

=−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(ζ_p) (c’est le carré de s∈ Q(ζ_p)). Par conséquent, p est un carré dans le corps Q(i, ζ_p) =Q(ζ_2p). Donc finalement, pour toutppremier impair, Q(√

p)⊂Q(ζ_2p).

(3)

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, . . . , p_r des nombres premiers impairs distincts, tels qued=2^sp₁. . . p_r. Grâce à l’étude précédente, on a les inclusions suivantes :

Q(

√

d)⊂Q(√ ,

√ 2,√

p1, . . . ,√

pr)⊂Q(ζ8, ζ2p1, . . . , ζ2pr).

Finalement, on remarque queQ(ζ₈, ζ_2p₁, . . . , ζ_2p_r) =Q(ζ_n), o`un= 8p₁. . . p_r, et on a bien montr´e que

K =Q(

√

d)⊂Q(ζ_n). Exercice 4 : 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).

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

(xz−nyw)(xz+nyw) =x²z²−ny²nw² =x²z²−(N −x²)(q−z²) =qx²+N z²−qN , donc q divise (xz−nyw) ou (xz+nyw).

De mˆeme, on calcule

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

(4)

donc q divisexw+yz ou xw−yz.

Finalement, quitte à changer les signes de y, z ou w, on peut supposer que q divise à la fois xz−nyw etxw+yz, et donc les formules (1) définissenta, b∈Z qui conviennent.

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.

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 5 : 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 .

(5)

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 . 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].

(6)

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.