Université Pierre & Marie Curie Année 2012-2013 Master de mathématiques 1 Module MM020 Théorie des Nombres - TD3 Loi de réciprocité quadratique Exercice 1 : Pour quels nombres premiers p la classe de l’entier 7 modulo p est-elle un carré ? Solution de l’exercice 1. Tout d’abord, il est clair que 7 est un carré modulo 2 et modulo 7. Soit maintenant un nombre premier impair p 6= 7. On écrit la loi de réciprocité quadratique : p 7 p−1 = (−1) 2 . 7 p On en déduit donc que p7 = 1 si et seulement si ( p7 = 1 et p ≡ 1 [4]) ou ( p7 = −1 et p ≡ 3 [4]). Écrivons la liste des carrés non nuls modulo7 : 1, 2, 4 mod 7 sont les carrés non nuls modulo 7. 7 Alors la condition précédente s’écrit ainsi : p = 1 si et seulement si (p ≡ 1, 2, 4 [7] et p ≡ 1 [4]) ou (p ≡ 3, 5, 6 [7] et p ≡ 3 [4]). ∼ = Or le lemme chinois assure que l’on a un isomorphisme d’anneaux φ : Z/7Z × Z/4Z − → Z/28Z, défini par φ(a mod 7, b mod 4) := 8a − 7b mod 28 (puisqu’une relation de Bezout s’écrit 4.2 + 7.(−1) = 1). Donc les conditions précédentes se traduisent ainsi : p7 = 1 si et seulement si p ≡ 1, 9, 25 [28] ou p ≡ 3, 19, 27 [28]. Finalement, on a montré que pour tout nombre premier p, 7 est un carré modulo p si et seulement si p ≡ 1, 2, 3, 7, 9, 19, 25, 27 [28] , si et seulement si p = 2 ou p = 7 ou p ≡ 1, 3, 9, 19, 25, 27 [28] . Exercice 2 : Expliciter la fonction p 7→ p3 . 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) := p3 . D’abord, il est clair que f (3) = 1 et f (2) = 1. Soit maintenant un nombre premier p ≥ 5. p−1 La loi de réciprocité quadratique assure que f (p) = p3 (−1) 2 . Or les carrés modulo 3 sont exactement les classes de 0 et de 1. Par conséquent, on a f (p) = 1 si et seulement si (p ≡ 1 [3] et p ≡ 1 [4]) ou (p ≡ 2 [3] et p ≡ 3 [4]). ∼ = Le lemme chinois assure qu’il y a un isomorphisme ϕ : Z/3Z×Z/4Z − → Z/12Z donné par ϕ(a mod 3, b mod 4) = 4a − 3b mod 12. Donc les conditions précédentes sont équivalentes aux conditions suivantes : f (p) = 1 si et seulement si p ≡ 1 [12] ou p ≡ 11 [12]. Finalement, on a montré que : 3 = 1 si et seulement si p = 2, 3 ou p ≡ 1, 11 [12] p et 3 = −1 si et seulement si p ≡ 5, 7 [12] . p 1 Exercice 3 : Soit n ∈ Z. Montrer que l’entier n2 + n + 1 n’admet aucun diviseur de la forme 6k − 1, avec k ∈ Z \ {0}. [Indication : on pourra montrer que si d est un diviseur de n2 + n + 1, alors −3 est un carré 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 carré modulo que d = p est un diviseur premier de n2 + n + 1, avec p 6= 3. Alors d. Supposons maintenant p−1 −3 3 3 2 . Or la loi de réciprocité quadratique assure que = 1, i.e. −1 p p p = 1. Donc p = (−1) p−1 p p 3 2 p = (−1) 3 . Donc on obtient 3 = 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. n Exercice 4 : Soit p un nombre premier de Fermat, i.e. de la forme p = 22 + 1, avec n ∈ N. Montrer que la classe de 3 dans Z/pZ engendre (Z/pZ)∗ dès que p 6= 3. Même question en remplaçant 3 par 5, puis par 7. n Solution de l’exercice 4. On suppose p 6= 3. Le groupe (Z/pZ)∗ est cyclique d’ordre 22 . Donc 3 engendre ce groupe si et seulement si 3 n’est pas un carré modulo p, si et seulement si p3 = −1 si n n n et seulement si p3 = −1 si et seulement si p ≡ 2 [3]. Or on a p = 22 + 1 et 22 ≡ (−1)2 ≡ 1 [3] car n ≥ 1, donc p ≡ 2 [3], donc 3 engendre (Z/pZ)∗ . On fait le même raisonnement en remplaçant 3 par un nombre premier impair q : supposons p 6= q. ∗ Alors q engendre (Z/pZ) si et seulement si q n’est pas un carré modulo p, si et seulement si pq = −1 2n−1 n−1 si et seulement si pq = −1. Or pour q = 5, on trouve p5 = 4 5 +1 , et 42 ≡ 1 [5] dès que p 2 ∗. n ≥ 2. Donc pour q = 5 et n ≥ 2, on trouve que 5 = 5 = −1, donc 5 engendre (Z/pZ) De même, pour q = 7 et n ≥ 3, on trouve p7 = 37 ou 75 selon la parité de n, donc p7 = −1, d’où le résultat. Exercice 5 : Soit p un nombre premier impair. a) Montrer que X x = 0. p ∗ x∈Fp b) Soit Kun corps et soit ζp ∈ K une racine primitive p-ième de l’unité. On pose G(ζp ) := P x −1 x 2 p. x∈F∗p p ζp . Montrer que G(ζp ) = p P x(1+y) y −1 ), ou alors que G(ζ )2 = [Indication : on pourra montrer que G(ζp )2 = −1 G(ζ )G(ζ ] p p p x,y∈F∗p p ζp p c) En considérant un corps K de caractéristique q 6= p (q premier impair), calculer G(ζp )q de deux façons différentes et en déduire la loi de réciprocité quadratique. d) En considérant le corps K = C, déduire de la question b) que toute extension quadratique de Q est 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 5. P x ∗ a) On note S := x∈F∗p p . Puisque p > 2, il existe y ∈ Fp tel que yp = −1. Alors le morphisme x 7→ yx est une bijection de F∗p dans lui-même, donc X x X yx X y x X x S= = = =− = −S . p p p p p ∗ ∗ ∗ ∗ x∈Fp x∈Fp x∈Fp Donc 2S = 0, donc S = 0. 2 x∈Fp b) On a X X xy G(ζp ) = ζpx+y . p ∗ ∗ 2 x∈Fp y∈Fp Or pour tout x ∈ F∗p , l’application y 7→ xy est une bijection de F∗p dans lui-même. Donc pour tout x ∈ F∗p , on a X xy X x2 y 0 X y0 0 x+y x+xy 0 ζp = ζp = ζpx(1+y ) . p p p ∗ 0 ∗ 0 ∗ y ∈Fp y∈Fp y ∈Fp Par conséquent, on en déduit que X y X −1 X y X 2 x(1+y) 1+y x G(ζp ) = = ζ = ζp + p p p p ∗ ∗ ∗ ∗ x,y∈Fp y∈Fp y∈F∗p \{−1} x∈Fp x∈Fp X X x y ζp1+y , p ∗ x∈Fp où la dernière égalité est obtenue en isolant le terme correspondant à y = x −1. Or pour tout P 1+y 1+y y 6= −1, ζp est une racine primitive p-ième de l’unité, donc x∈F∗p ζp = −1, d’où 2 G(ζp ) = (p − 1) −1 p X − y∈F∗p \{−1} X y −1 y =p − . p p p ∗ y∈Fp Par la question précédente, la dernière somme est nulle, donc finalement −1 p. G(ζp )2 = p c) On a q X x X x G(ζp )q = ζpx = ζpqx p p ∗ ∗ x∈Fp x∈Fp puisque le corps K est de caractéristique q. Autrement dit, en faisant le changement de variables y := qx, on a montré que X qy X x q q qx y G(ζp ) = ζp = ζp = G(ζp ) . p p p ∗ ∗ y∈Fp x∈Fp En outre, on a G(ζp )q = G(ζp ) G(ζp )2 q−1 2 , donc grâce à la question b), on en déduit que G(ζp )q = G(ζp ) −1 p p q−1 2 . En comparant les deux écritures de G(ζp )q , on obtient, puisque G(ζp ) 6= 0 (voir question a)) : Or on sait que dans K, on a p q−1 2 q−1 q −1 2 q−1 = p 2 . p p = pq , donc on en déduit q−1 −1 2 q p = , p p q d’où l’on déduit facilement la loi de réciprocité quadratique, puisque 3 −1 p = (−1) p−1 2 . √ √ d) Cela se fait en plusieurs étapes. Remarquons d’abord que Q( 2) ⊂ Q(ζ ) = Q(i, 2) et que 8 √ Q( −1) = Q(ζ4 ). Soit maintenant un nombre premier impair p. La question b) assure que −1 p est un carré p 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 tout p premier impair, Q( p) ⊂ Q(ζ2p ). Soit maintenant une extension quadratique quelconque K/Q. On sait qu’il existe un entier sans √ facteur carré d ∈ Z tel que K = Q( d). On décompose d en facteurs premiers : il existe ∈ {±1}, s ∈ {0, 1} et p1 , . . . , pr des nombres premiers impairs distincts, tels que d = 2s p1 . . . pr . Grâce à l’étude précédente, on a les inclusions suivantes : √ √ √ √ √ Q( d) ⊂ Q( , 2, p1 , . . . , pr ) ⊂ Q(ζ8 , ζ2p1 , . . . , ζ2pr ) . Finalement, on remarque que Q(ζ8 , ζ2p1 , . . . , ζ2pr ) = Q(ζn ), où n = 8p1 . . . pr , et on a bien montré que √ K = Q( d) ⊂ Q(ζn ) . Exercice 6 : Soit p un nombre premier impair. 2 2 a) Soit n ∈ N premier à p. Montrer qu’il existe x, y ∈ Z premiers entre eux tels que p|x + ny si et seulement si −n = 1. p b) Vérifier la formule suivante pour tout w, x, y, z, n ∈ Z : (x2 + ny 2 )(z 2 + nw2 ) = (xz ± nyw)2 + n(xw ∓ yz)2 . c) En déduire que si un entier N s’écrit N = x2 + ny 2 , et si un nombre premier q|N s’écrit q = z 2 + nw2 (w, x, y, z ∈ Z), alors l’entier Nq s’écrit aussi Nq = a2 + nb2 (a, b ∈ Z). d) On suppose que n = 1, 2, 3 et qu’il existe a, b ∈ Z premiers entre eux tels que p|a2 + nb2 . p 2 x2 i) Montrer que l’on peut supposer que |a|, |b| < et a2 + nb2 < p2 . ii) En déduire qu’il existe x, y ∈ Z tels que p = + ny 2 . e) En déduire les énoncés suivants : i) un nombre premier impair p est somme de deux carrés d’entiers si et seulement si p ≡ 1 [4]. ii) un nombre premier impair p s’écrit sous la forme x2 + 2y 2 (x, y ∈ Z) si et seulement si p ≡ 1, 3 [8]. iii) un nombre premier p s’écrit sous la forme x2 + 3y 2 (x, y ∈ Z) si et seulement si p = 3 ou p ≡ 1 [3]. Solution de l’exercice 6. a) Il existe x, y ∈ Z premiers entre eux tels que p|x2 + ny 2 si et seulement si il existe x, y ∈ Z premiers entre eux tels que x2 ≡ −ny 2 [p] si et seulement si il existe x, y ∈ Z premiers entre eux 2 ≡ −n [p] (car p ne divise pas y : dans le cas contraire, p divise aussi x, ce qui tels que xy contredit le fait que x et y sont premiers entre eux). Cela équivaut à dire que −n est un carré −n modulo p, i.e. à p = 1. b) Il suffit de développer. c) Par la question précédente, on remarque qu’il suffit de trouver a, 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 de x, y, z, w, q divise xz − nyw et xw + yz. 4 Or, on calcule (xw + yz)(xw − yz) = x2 w2 − y 2 z 2 = (N − ny 2 )w2 − y 2 (q − nw2 ) = N w2 − qy 2 , donc q divise xw + yz ou xw − yz. Quitte à changer le signe de w, on peut supposer que q divise xw − yz. Il existe donc b ∈ Z tel que yz − xw = bq. Montrons qu’alors z divise x + nbw. Puisque z et w sont premiers entre eux, il suffit de montrer que z divise (x + nbw)w = yz − bq + nbw2 = yz − bz 2 , ce qui est clair. Il existe donc a ∈ Z tel que x + nbw = az. On déduit alors des calculs précédents que azw = yz − bz 2 , donc y = aw + bz. Finalement, on a construit a, b ∈ Z tels que x = za − nwb et y = wa + zb, ce qui est bien la formule souhaitée (1). Remarquons au passage que si x, y sont premiers entre eux, alors a et b sont premiers entre eux. d) i) Posons a0 := a + rp et b0 := b + sp, avec r, s ∈ Z. On constate que l’on a toujours p|a02 + nb02 . Par conséquent, on peut supposer que |a|, |b| < p2 , mais a et b peuvent alors avoir un facteur commun. Quitte à diviser alors a et b par PGCD(a, b) (ce PGCD n’est pas divisible par p), on obtient que p|a2 + nb2 , |a|, |b| < p2 et PGCD(a, b) = 1. 2 2 Enfin, on a a2 + nb2 < p2 + 3 p2 ≤ p2 , ce qui conclut cette question. ii) On raisonne par l’absurde : supposons la propriété fausse en général. Il existe alors un nombre premier p minimal tel que p divise un entier N qui s’écrit a2 + nb2 , mais p lui-même ne s’écrit pas sous la forme x2 + ny 2 . Grâce à la question précédente, on peut supposer que a2 + nb2 = N , avec N = pk, k ∈ N, |a|, |b| < p2 et N < p2 . Soit l 6= p un facteur premier de N . Nécessairement, l < p, et l|a2 +nb2 , donc par minimalité de p, il existe z, w ∈ Z premiers entre eux tels que l = z 2 + nw2 . Grâce à la question c), il existe c, d ∈ Z premiers entre eux tels que Nl = c2 + nd2 . On recommence ainsi pour tous les facteurs premiers de N distincts de p, et on obtient finalement que le quotient de N par Np est de la forme souhaitée. Par conséquent, la question c) assure que p s’écrit sous la forme x2 + ny 2 , avec x, y ∈ Z premiers entre eux, ce qui est contradictoire. D’où la conclusion. e) i) Les questions a) et d) assurent que p est une somme de deux carrés si et seulement si −1 = 1 si et seulement si p ≡ 1 [4]. p ii) Les questions a) et d) assurent que p est de cette forme si et seulement si −2 = 1 si p p−1 et seulement si p2 = −1 si et seulement si (loi de réciprocité quadratique) (−1) 2 = p p2 −1 (−1) 8 si et seulement si p ≡ 1 [8] ou p ≡ 3 [8]. Finalement, p s’écrit sous la forme x2 +2y 2 si et seulement si p ≡ 1, 3 [8]. iii) Les questions a) et d) assurent que p est de cette forme si et seulement si p = 3 ou −3 =1 p si et seulement si p = 3 ou p3 = −1 si et seulement si (en utilisant l’exercice 2) p = 3 p ou p ≡ 1 [12] ou p ≡ 7 [12]. Finalement, p s’écrit sous la forme x2 + 3y 2 si et seulement si p = 3 ou p ≡ 1, 7 [12] si et seulement si p = 3 ou p ≡ 1 [3]. Exercice 7 : Une autre preuve de la loi de réciprocité quadratique. Soient p, q deux nombres premiers impairs distincts. On définit le groupe G par G := (Z/pZ)∗ × (Z/qZ)∗ . On note U le sous-groupe de G formé des deux Q éléments (1, 1) et (−1, −1). Enfin, on définit H comme le quotient H := G/U . On pose alors π := x∈H x ∈ H. a) Montrer qu’un système de représentants de H dans G est donné par les éléments (i, j) ∈ G, avec i = 1, 2, . . . , p − 1 et j = 1, 2, . . . , q−1 2 . b) En déduire que q−1 p−1 p−1 q−1 π = (p − 1)! 2 , (q − 1)! 2 (−1) 2 2 mod U . 5 c) Montrer qu’un système de représentants de H dans G est donné par les éléments (k, k) ∈ G, où k décrit les entiers entre 1 et pq−1 premiers à pq. 2 d) En déduire que π= (p − 1)! q−1 2 p−1 q p , (q − 1)! 2 mod U . p q e) En déduire la loi de réciprocité quadratique : p−1 q−1 p q = (−1) 2 2 . q p Solution de l’exercice 7. a) Il est clair que deux éléments distincts du sous-ensemble E1 := {(i, j) ∈ G : i = 1, . . . , p−1 et j = 1, . . . , q−1 2 } de G ont une image distincte dans H : il ne peuvent être opposés l’un de l’autre dans G (regarder la seconde composante). Par conséquent, le morphisme quotient G → H induit une injection E1 → H. Or E1 et H sont deux ensembles finis de même cardinal (p−1)(q−1) , 2 ∼ = → H. Donc E1 est bien un ensemble de donc le morphisme quotient induit une bijection E1 − représentants de H dans G. b) On déduit de la question précédente que Y π= (i, j) mod U . (i,j)∈E1 Par conséquent, un calcul simple assure que q−1 p−1 2 Y q−1 π = (p − 1)! 2 , j mod U . j=1 Or la seconde composante de ce couple s’identifie à p−1 p−1 q−1 p−1 q−1 p−1 q−1 2 2 2 q−1 2 2 2 Y Y Y Y p−1 q−1 q−1 2 2 2 2 = j j = (−1) j(−j) ≡ (−1) [q] , j j=1 j=1 j=1 j=1 et donc on obtient bien q−1 p−1 q−1 p−1 π = (p − 1)! 2 , (−1) 2 2 (q − 1)! 2 mod U . c) Montrons d’abord que le morphisme quotient G → H restreint à l’ensemble E2 (le sous-ensemble de G défini dans cette question) est injectif : si deux éléments distincts (k, k), (l, l) ∈ E2 s’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 q−1 p−1 via le morphisme quotient. En outre, le cardinal de E2 est égal à pq−1 2 − 2 − 2 puisqu’il q−1 pq−1 y a exactement 2 multiples de p entre 1 et 2 (de même pour les multiples de q). Donc #E2 = (p−1)(q−1) = #H, d’où le résultat. 2 d) On déduit de la question précédente que π= Y (k, k) mod U . ,(k,pq)=1 1≤k≤ pq−1 2 6 Or on a Y k= q−1 pq−1 1.2 . . . (p − 1)(p + 1) . . . (2p − 1)(2p + 1) . . . ( q−1 2 p − 1)( 2 p + 1) . . . 2 q(2q) . . . p−1 2 q ,(k,pq)=1 1≤k≤ pq−1 2 donc Y k≡ (p − 1)! q 1≤k≤ pq−1 ,(k,pq)=1 2 p−1 2 q−1 2 . p−1 2 ! . p−1 2 ! ≡ (p − 1)! q−1 2 , q [p] . p Par symétrie, en échangeant les rôles de p et q, on obtient Y k ≡ (q − 1)! 1≤k≤ pq−1 ,(k,pq)=1 2 p−1 2 p [q] . q Donc finalement, on a montré que q−1 p−1 q p π = (p − 1)! 2 , (q − 1)! 2 mod U . p q e) En comparant les résultats obtenus dans les questions b) et d), on obtient que q−1 p−1 p−1 q−1 p−1 q−1 q p (p − 1)! 2 , (−1) 2 2 (q − 1)! 2 = (p − 1)! 2 , (q − 1)! 2 mod U , p q ce qui implique que p−1 q−1 q p = (−1) 2 2 , p q d’où le résultat. Exercice 8 : Encore une autre preuve de la loi de réciprocité quadratique. a) Soit p un nombre premier impair, a ∈ Z tel que p ne divise pas a. Notons r1 , . . . , r p−1 les restes 2 a t , où t est le nombre a par p. Montrer que = (−1) des divisions euclidiennes de a, 2a, . . . , p−1 2 p de ri strictement supérieurs à p−1 2 . b) Soit q premier impair distinct de p. Avec les notations de la question précédente pour a = q, on p−1 note u la somme des ri ≤ p−1 2 et v la somme des ri > 2 . 2 i) Montrer que u + (pt − v) = p 8−1 . P p−1 2 2 ii) En déduire que t ≡ p 8−1 + j=1 rj [2]. P p−1 2 iii) Montrer que t ≡ j=1 E( jq p ) [2] (où E(.) désigne la partie entière). iv) En déduire la formule P p−1 P q−1 kp 2 E( jq )+ 2 q p j=1 k=1 E( q ) . p = (−1) q p v) En déduire la loi de réciprocité quadratique. Solution de l’exercice 8. 7 a) On définit une partition de l’ensemble {1, . . . , p−1 2 } en deux sous-ensembles S et T définis par p−1 p−1 S := {i : ri ≤ 2 } et T := {i : ri > 2 }. Par définition, t = #T . Considérons le produit Q p−1 2 Π := i=1 ia ∈ Z. Il est clair que p−1 p−1 2 !. (2) Π=a 2 Q p−1 2 Or par définition des ri , on a Π ≡ i=1 ri [p]. Pour tout i ∈ T , on pose si := p − ri ; alors p−1 p−1 1 ≤ si ≤ 2 . Par conséquent, on dispose de p−1 2 entiers dans l’ensemble {1, . . . , 2 }, donnés par les ri pour i ∈ S et les sj pour j ∈ T . Montrons que ces nombres sont deux -à-deux distincts : si i, j ∈ S, on a ri = rj si et seulement si ia ≡ ja [p] si et seulement si p divise i − j (car p ne divise pas a) si et seulement si i = j. De même, si i, j ∈ T , on a si = sj si et seulement si i = j. Enfin, si i ∈ S et j ∈ T , on a ri = sj si et seulement si ri = p − rj , ce qui implique que p|i + j, ce qui n’est pas possible car 2 ≤ i + j ≤ p − 1. Finalement, {1, . . . , p−1 2 } est la réunion (disjointe) de {ri : i ∈ S} et de {sj : j ∈ T }. Or on a p−1 2 Y ri ≡ i=1 Y i∈S ri Y (p − sj ) ≡ j∈T Y Y ri i∈S (−sj ) ≡ (−1)t j∈T Y ri i∈S Y sj [p] . j∈T !, donc on obtient sj = p−1 2 t p−1 Π ≡ (−1) ! [p] . (3) 2 p−1 p−1 t 2 En combinant (2) et (3), on obtient a ≡ (−1) [p]. Or on sait que ap ≡ a 2 [p], donc a t [p], d’où a = (−1)t . ≡ (−1) p p Or par la remarque précédente, b) Q i∈S ri Q j∈T i) On a vu que {1, . . . , p−1 2 } est la réunion disjointe de {ri : i ∈ S} et de {sj : j ∈ T } (et les ri , comme les sj , sont deux-à-deux distincts). Donc p−1 2 X k=1 k= X i∈S ri + X sj = j∈T X ri + i∈S or la somme de gauche vaut X (p − rj ) = j∈T (p−1)(p+1) 8 = X ri + pt − i∈S p2 −1 8 X rj = u + (pt − v) , j∈T , d’où le résultat. ii) On regarde l’égalité de la question b) i) modulo 2. On obtient u + pt − v ≡ 2 est impair, donc cette égalité devient u + v + t ≡ p 8−1 [2], d’où le résultat. p−1 2 , iii) Par définition, on a pour tout 1 ≤ j ≤ les j, on obtient q p−1 p−1 2 X 2 X j=1 j=p p−1 E j=1 jq p + 2 X rj . j=1 2 Or le terme de gauche vaut q p 8−1 , donc modulo 2 cette égalité devient p−1 p−1 j=1 jq p + 2 X rj [2] . j=1 Or p et q sont impairs, donc on peut réécrire cette congruence sous la forme p−1 2 p2 − 1 X ≡ E 8 j=1 8 [2], or p jq = pE( jq p ) + rj , donc en sommant sur tous 2 X p2 − 1 ≡p q E 8 p2 −1 8 p−1 jq p + 2 X j=1 rj [2] . On conclut alors en combinant cette congruence avec celle de la question b) ii), pour trouver p−1 t≡ 2 X E j=1 q p jq p [2] . P p−1 2 j=1 E “ jq p ” . En échangeant les rôles de iv) Les questions a) et b) iii) assurent que = (−1) “ ” P q−1 2 E jp q p et q, on obtient de même que pq = (−1) j=1 . Finalement, en faisant le produit de ces deux égalités, il reste : “ ” P q−1 “ ” P p−1 jp 2 E jq + 2 p q j=1 E q p = (−1) j=1 . q p P p−1 jq 2 E + v) Pour obtenir la loi de réciprocité quadratique, il suffit de montrer que j=1 p P q−1 jp 2 = (p−1)(q−1) . Pour cela, on remarque que la première somme est égale à la j=1 E q 4 jq P P p−1 p 2 somme j=1 k=1 1. Or cette dernière somme est le cardinal de l’ensemble E1 formé des q−1 q points de Z2 ∩ [1, p−1 2 ] × [1, 2 ] situés sous la droite d’équation y = p x. Symmétriquement, la seconde somme est égale au cardinal de l’ensemble E2 formé des points de Z2 ∩ [1, p−1 2 ]× q ] situés au-dessus de la droite d’équation y = x. [1, q−1 2 p Or la droite y = p−1 2 ] [1, #E1 + q px ne contient aucun point à coordonnées entières dans le rectangle × [1, q−1 2 ], donc E1 et E2 réalisent q−1 #E2 = p−1 2 2 , d’où le résultat. q−1 une partition de Z2 ∩ [1, p−1 2 ] × [1, 2 ]. Donc Exercice 9 : L’objectif est de montrer le résultat suivant. Soit p un nombre premier tel que p ≡ 1 [4]. Alors 2 est une puissance quatrième modulo p si et seulement si p s’écrit sous la forme p = A2 + 64B 2 (A, B ∈ Z). a1 ar a) Si m ∈ Z, n ∈ N sont des entiers premiers entre eux avec nimpair, α1 et si nαr= p1 . . . pr est la m décomposition de n en facteurs premiers, on définit m . . . pmr . n := p1 n−1 i) En utilisant la loi de réciprocité quadratique usuelle, montrer que −1 = (−1) 2 et n n n2 −1 m−1 n−1 2 m 8 , et démontrer la formule 2 2 si m et n sont impairs et n = (−1) n m = (−1) premiers entre eux. ii) Montrer que si m est un carré modulo n, alors m n = 1. Montrer que la réciproque est fausse. b) On fixe p ≡ 1 [4]. On sait que p = a2 + b2 , avec a, b ∈ Z, a impair. Montrer que i) ap = 1. (a+b)2 −1 ii) a+b = (−1) 8 . p [Indication : on pourra calculer (a + b)2 + (a − b)2 .] iii) (a + b) p−1 2 ≡ (2ab) p−1 4 [p]. c) Avec les notations de la question b), soit f ∈ Z tel que b ≡ af [p]. Montrer que f 2 ≡ −1 [p] et p−1 ab que 2 4 ≡ f 2 [p]. d) Conclure. Solution de l’exercice 9. 9 a) −1 −1 i) Puisque pour tout m, n ∈ Z impairs, on a mn = −1 m n , il suffit de montrer que la n−1 fonction f (n) := (−1) 2 est multiplicative, i.e. que f (mn) = f (m)f (n). Pour cela, il suffit n−1 mn−1 de montrer que pour tout m, n ∈ Z impairs, m−1 [2]. Cela revient à montrer 2 + 2 ≡ 2 que l’entier mn − (m + n) + 1 = (m − 1)(n − 1) est divisible par 4, ce qui est clair puisque n−1 m et n sont impairs. D’où le premier point, à savoir −1 = (−1) 2 . n De même, pour déduire le deuxième point de la loi de réciprocité quadratique, il suffit de n2 −1 montrer que la fonction g(n) := (−1) 8 est multiplicative sur les entiers n impairs. Cela revient à montrer que pour tout m, 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 : n2 −1 2 8 . n = (−1) Pour le troisième puisque pour entre point, tout (p, q, r, s) impairs deux-à-deux premiers p q r p rs p p pq r r r s = et rs = , il eux, on a r pq r p r q p r p s p m−1 n−1 suffit de montrer que la fonction h(m, n) := (−1) 2 2 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 : n m−1 n−1 m 2 2 . n m = (−1) b) ii) Si m est un carré modulo n, alors m est un carré modulo p pour tout p premier divisant n, m donc p = 1 pour tout facteur premier de n, donc m n = 1. −1 −1 = (−1)(−1) = 1, mais −1 n’est La réciproque est fausse : par exemple, −1 21 = 3 7 pas un carré modulo 21 car ce n’est pas un carré modulo 3. i) Modulo a, on a p ≡ b2 [a], donc ap = 1 par a) ii). Par a) i), on a ap = ap puisque p ≡ 1 [4]. Donc finalement, ap = 1. 2 2 2 [a+b], donc ii) Comme indiqué,on calcule (a+b)2 +(a−b)2 = 2(a 2p. Donc +b) = 2p≡ (a−b) 2p 2p p p 2 a+b = 1. Or par a) i), on a a+b = a+b , et = par a) ii), on a a+b a+b p a+b 2 a+b = a+b . Or par a) i), on a (il est clair que p ne divise pas a + b). Donc on a p 2 2 (a+b) −1 (a+b) −1 2 8 , d’où finalement a+b = (−1) 8 . a+b = (−1) p iii) Puisque (a + b)2 = a2 + b2 + 2ab = p + 2ab, on a (a + b)2 ≡ 2ab [p]. On élève à la puissance p−1 p−1 p−1 2 ≡ (2ab) 4 [p]. 4 , et on trouve bien (a + b) c) Puisque p = a2 + b2 , on a b2 ≡ −a2 [p]. Or b2 ≡ f 2 a2 [p], et p ne divise pas a, donc f 2 ≡ −1 [p]. On remarque d’abord que p−1 p−1 p−1 p−1 p−1 p−1 a 2 4 4 2 4 (ab) ≡ (a f ) ≡a f ≡ f 4 ≡f 4 , p où la dernière égalité utilise la question b) i). Donc on a 2 p−1 4 f p−1 4 ≡ (2ab) p−1 4 ≡ (a + b) p−1 2 ≡ où la deuxième congruence utilise la question b) iii). Donc 2 p−1 4 f p−1 4 ≡ (−1) 10 (a+b)2 −1 8 [p] a+b p [p] par la question b) ii). Or f 2 ≡ −1 [p], donc (−1) donc f (a+b)2 −1 4 ≡f p−1 4 f ab 2 (a+b)2 −1 8 ≡f (a+b)2 −1 4 [p]. Or (a+b)2 −1 4 = p−1 4 + ab 2, [p]. Finalement, on a donc 2 p−1 4 f p−1 4 ≡f p−1 4 2 p−1 4 ≡f ab 2 f ab 2 [p] , donc en simplifiant, [p] . d) On sait qu’un entier x ∈ Z premier à p est une puissance quatrième modulo p si et seulement si p−1 x 4 ≡ 1 [p] (puisque le morphisme de groupes F∗p → F∗p défini par t 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 p−1 ab seulement si 2 4 ≡ 1 [p]. Par la question c), ceci équivaut à f 2 ≡ 1 [p]. Or f est d’ordre 4 ab dans F∗p , donc f 2 ≡ 1 [p] si et seulement si 4 divise ab 2 si et seulement si 8 divise ab. Or a est impair, donc cette dernière condition équivaut à 8 divise b. Finalement, on a bien l’équivalence souhaitée, en prenant A = a et b = 8B. 11