cours 1,2 et 3

ANNEXE B
Solutions, indications et corrigés
1. Exercices du chapitre 1
Exercice 1.1. Les nombres 47 et 79 sont premiers ≡3 mod 4, d’où les égalités
47
79 =−79 47 =−32 47 =−2 47 =−1
et donc 49 n’est pas un carré modulo 79.
Exercice 1.3. On a 4(X2+aX +b) = (2X+a)2−D. Observer aussi que X2+X+ 1 est le seul
polynôme irréductible de degré 2dans Z/2Z[X].
Exercice 1.5. Observer que l’on a Qp−1
2
a=1 (p−a)≡(−1) p−1
2(p−1
2)! mod p.
Exercice 1.6. Pour le (ii), on pourra imiter les décompositions dans C[X]
X4+ 1 = (X2+i)(X2−i) = (X2+√2X+ 1)(X2−√2X+ 1) = (X2+i√2X−1)(X2−i√2−1).
Exercice 1.7. Observer que −1est une puissance 4ème si et seulement si (Z/pZ)×admet un élément
d’ordre 8. Conclure par la cyclicité de ce dernier.
Exercice 1.8. (i) Observer que x7→ p−xéchange les carrés de {1,..., p−1
2}et ceux de {p+1 2,··· , p−1}.
Le (ii) découle du (i) car C+N≡1 mod 2 si p≡3 mod 4. Pour les (iii) et (iv), écrire
A=
p−1
2
X
a=1 aa
p+ (p−a)p−a p et A=
p−1
2
X
a=1 2a2a
p+ (p−2a)p−2a p.
Exercice 1.9.(i) N(x2=a)vaut 1si a= 0,2si aest un carré, 0sinon, ce qui coïncide dans tous les
cas avec 1 + a
p. Pour le (ii), observer que si a6= 0 on a
a(1 −αa)
p=a p(1 −αa) p=a p−1(1 −αa) p=a−1−α p,
puis que a7→ a−1−αest une bijection de (Z/pZ)×sur Z/pZ−{−α}. Au (v) on trouve 1+(p−1)(1+−αβ
p)
solutions.
Exercice 1.10. Si mest un carré modulo n, il l’est aussi modulo tous les premiers divisant n, et donc
m
n= 1 par définition.
Exercice 1.11. Supposons xn−1
2=x
npour tout x∈(Z/nZ)×. Si nn’est pas premier, on pourra
écrire n=pαmavec (m, p)=1et considérer un xtel que x≡1 mod met xmod pαest un générateur de
(Z/pαZ)×. Pour le (ii), observer que x7→ xn−1
2x
n−1est un morphisme de groupes non trivial (Z/nZ)×→
(Z/nZ)×, son noyau est donc de cardinal ≤ϕ(n)
2.
Exercice 1.12. Soit S=Pp−1
a=1 aj, où j≥1est un entier. Observer que xjS≡Smod ppour tout x∈Z
premier à p. En considérant une racine primitive modulo p, en déduire S≡0 mod psi j6= 0 mod p−1.
Exercice 1.13. On a Pp−1
a=0 ζa2= 1 + 2 Pa∈C(p)ζa= 2 Pa∈C(p)ζa−Pp−1 a=1 ζa=G.
169

170 B. SOLUTIONS, INDICATIONS ET CORRIGÉS
Exercice 1.14. Soit a≤k≤b−1un entier. On applique le théorème de convergence de Dirichlet (en
analyse de Fourier) à la fonction 1-périodique nulle aux entiers et coïncidant avec fsur ]k, k + 1[. On en
déduit
f(k) + f(k+ 1)
2= lim
A→∞
A
X
n=−AZk+1
k
f(t)e2iπntdt.
Le (i) en découle en sommant sur k=a,...,b−1, la sommation dans l’énoncé étant à prendre au sens
ci-dessus. Pour le (ii), on applique le (i) à la fonction f(t) = e2iπt2/N sur le segment [0, N]. Un changement
de variables u=t+nN
2montre
ZN
0
f(t)e2iπntdt =i−n2NZ(n+2)N
2
nN
2
e2iπu2
Ndu,
le (ii) s’en déduit en séparant les npairs et impairs. On en déduit enfin I= (1 −i)−1=1+i
2en prenant
N= 1, car dans ce cas on a G1= 1.
Exercice 1.15. Pour le (ii), observer que si p−1 = 2`avec `=p−1
2premier, un élément xde (Z/pZ)×
est une racine primitive si et seulement si son ordre n’est pas 1,2ou `=p−1
2.
Exercice 1.16. Un élément du groupe additif Z/2nZest générateur si et seulement si il n’est pas
congru à 0modulo 2, le (i) s’ensuit en considérant une racine primitive modulo p. Pour le (ii), observer
que si p > 3alors p≡1 mod 4 et p≡2 mod 3, donc 3
p=p 3=2 3=−1.
Exercice 1.17. En utilisant l’exercice précédent, vérifier que 10 est une racine primitive modulo 65537.
Le résultat est donc 65536.
Exercice 1.18. Considérons la R-algèbre H=R+Ri+Rj+Rkdes quaternions de Hamilton. Le
sous-groupe fini {±1,±i, ±j, ±k} ⊂ H×n’est pas cyclique (ni même commutatif).
Exercice 1.19. Remarquer que (Z/2Z)rn’est pas cyclique si r > 1. Si pest premier et n≥1, observer
que (Z/pnZ)×admet un sous-groupe isomorphe à Z/2Z, même à (Z/2Z)2si p= 2 et n≥3. La condition
nécessaire du (ii) se déduit alors du (i) et de l’isomorphisme chinois des restes.
Exercice 1.21. Considérer par exemple les 2i
√Npour i≥1.
Exercice 1.22. Si pet qsont premiers impairs, la relation d’Eisenstein montre p
qq p= (−1)soù s
est le nombre de points à coordonnées entières à l’intérieur du rectangle OP’S’Q’. En effet, les seuls points
à coordonnées entières sur la diagonale y=qx/p du rectangle OPSQ sont O et S car pet qsont premiers
entre eux. On conclut le (i) car on a s=p−1
2
q−1
2.
Montrons la relation d’Eisenstein. Comme qest premier à p, la multiplication par qest injective dans
Z/pZ; on a donc |R|=|X|=p−1
2. Pour montrer le (ii) il suffit alors de voir que l’application de l’énoncé
est injective. Soient r, r0∈Rde parités différentes et tels que r+r0=p. On écrit r≡qx mod pet
r0≡qx0mod ppour x, x0∈X. Il vient x+x0≡0 mod pcar qest premier à p, puis x+x0=p, ce qui est
absurde modulo 2.
Le (ii) entraîne Qx∈Xx≡Qr∈R(−1)rrmod p. Le (iii) s’en déduit car on a Qr∈Rr≡qp−1
2Qx∈Xxmod
p(le produit sur Xest non nul car pest premier).
Le (iv) est immédiat car xest pair et pest impair. On a déjà observé que la droite y=qx/p ne contient
aucun point (x, y)avec y∈Zet x∈Xcar qest premier à p, on a donc f=Px∈X[qx/p]en dénombrant
abscisse par abscisse, ce qui prouve le (v) d’après le (iv).
Pour le (vi), on raisonne abscisse par abscisse en observant qu’il y a q−1entiers compris strictement
entre 0et q, et q−1≡0 mod 2. La symétrie (x, y)7→ (p−x, q −y)identifie les points à coordonnées
entières et d’abscisse paire intérieurs au triangle S’SQ”, aux points à coordonnées entières et d’abscisse
impaire intérieurs au triangle OP’S’. Le (vii) se déduit alors de (v) et (vi).
Le premier point du (viii) découle du (v) pour q= 2. Si n∈Zest un entier impair, notons f(n)le
nombre d’entiers pairs compris entre n/2et n. On a f(1) = 0,f(3) = 1,f(5) = 1 et f(7) = 2. On observe
de plus f(n+ 8) = f(n) + 2. Ainsi, on a f(n)≡n2−1
8mod 2.

2. EXERCICES DU CHAPITRE 2 171
2. Exercices du chapitre 2
Exercice 2.1. (a, b) = b(m, 1) + a−mb
n(n, 0).
Exercice 2.2. Ce groupe abélien Lest un réseau car il est compris entre Z3et 10Z3. C’est le noyau
du morphisme de groupes Z3→Z/5Z×Z/2Z,(a, b, c)7→ (a−bmod 5, b −a−cmod 2). Ce morphisme
est surjectif, comme on le voit en considérant les éléments (0,0,1) et (1,0,1). Le réseau Lest donc de
covolume 10. Une base est donnée par les éléments (1,1,0),(0,5,1) et (0,0,2). En effet, on a (a, b, c) =
a(1,1,0) + b−a
5(0,5,1) + 5c−(b−a) 10 (0,0,2).
Exercice 2.5. D’après le cours, le covolume de L(e)est |det(e1,...,en)|. De plus, l’indice de L(e)
dans Lest l’entier covol(L)/|det(e1,··· , en)|. Ainsi, on a L=L(e)si et seulement si cet indice est 1, i.e.
covol(L) = |det(e1,··· , en)|.
Exercice 2.6. Pour le (i), notons (ei)la Z-base canonique de Zn. On constate que pour tout (xi)
élément de Zn, il existe une unique partie I⊂ {1,...,n}, et un unique y∈2Zn, vérifiant x−y=Pi∈Iei.
L’indice en question est donc |P(I)|= 2n.
Exercice 2.7. Si e1,...,emengendre Acomme groupe abélien, alors VectQ(A) = VectQ(e1,...,em)
est de dimension finie ≤m. Pour le (ii), extraire de {ei}une Q-base de VectQ(A), disons e1,...,enquitte
à renuméroter les ei. Décomposer les ejdans la Q-base des eiavec i≤net prendre pour Nle ppcm
des dénominateurs des n·mcoordonnées obtenues. Considérer enfin les inclusions Zn⊂f−1(A)⊂1
NZn
(injectivité de f).
Exercice 2.8. Soit pun nombre premier impair tel que −6
p= 1. Comme 4√6 π<10 π<4au moins
l’un de p,2pou 3pest de la forme a2+ 6b2. Si pest de la forme a2+ 6b2on constate que aest impair, puis
p≡ ±1 mod 8. Si 2pest de la forme a2+ 6b2alors a= 2cest pair et on a donc p= 2c2+ 3b2. De même si
3p=a2+ 6b2alors a= 3cest multiple de 3et p= 3c2+ 2b2. Pour conclure, il suffit de remarquer que si p
est de la forme 2a2+ 3b2alors best impair, puis p≡ ±3 mod 8.
Exercice 2.9. Pour le (i), observer que si 3n=a2+ 11b2alors ±a≡bmod 3. Se ramener au cas
a≡bmod 3 et poser a=b+3u. Pour l’assertion concernant 4nraisonner modulo 2. Pour le (ii), distinguer
selon que aest pair, best pair, ou aet bsont impairs, et utiliser les secondes identités remarquables. Le
(iii) se déduit de 4√11
π<14 π<5et de (i) et (ii). Pour le (iv), appliquer le (i) à 3pou 4p.
Exercice 2.10. Les ensembles P(N)et Q(N)sont non vides. En effet, le premier contient 1, et pour le
second on peut par exemple invoquer le lemme 8.16. Donnons une autre méthode, basée sur l’observation
que 3et 4sont de la forme 3a2+ 2ab + 4b2, mais ne sont pas toujours inversibles modulo N. Soient M
et Ndes entiers premiers entre eux. On observe que l’isomorphisme chinois Z/MN Z∼ →Z/MZ×Z/NZ
induit une bijection Q(MN)∼ →Q(M)×Q(N). En particulier, il suffit de montrer que Q(N)est non vide
lorsque Nest impair, et lorsque Nest une puissance de 2. Mais si Nest impair (resp. non divisible par
3), la classe de 4(resp. 3) est dans Q(N).
Montrons P(N) = Q(N). Les premières et dernières identités remarquables montrent respectivement
que P(N)et Q(N)sont stables par multiplication, ce sont donc des sous-groupes du groupe (Z/NZ)×car
ce dernier est fini. En particulier, 1est dans P(N)et Q(N). Les secondes et troisièmes identités montrent
respectivement P(N)·Q(N)⊂P(N)et P(N)·Q(N)⊂Q(N). Comme 1∈P(N), Q(N), on en tire
Q(N)⊂P(N)et P(N)⊂Q(N),i.e. P(N) = Q(N). Le (ii) découle des identités remarquables données et
du corollaire 2.37.
Exercice 2.12. Pour le (i), la considération de l’homothétie de rapport rmontre µ(Cn(r)) = rncn. Si
n≥2on calcule cnpar tranches selon la coordonnée t=xn:
cn=Z1
−1
µ(Cn−1(p1−t2))dt.
Pour le (ii), on intègre deux fois par parties.
Exercice 2.13. Pour le (i), on constate sur la table 3 que si n≤4alors √2ncn>2n. Ainsi, pour un
0< r < √2assez proche de √2, on a µ(Cn(r)) >2ncovol(L). Le lemme du corps convexe de Minkowski
assure donc que Lcontient un élément vnon nul tel que v·v < 2, on conclut car v·vest entier par hypothèse.
Pour le (ii), on pose u=x−(x·v)v. Pour le (iii) on observe que si l’espace euclidien Rnest somme
directe orthogonale de deux sous-espaces U1et U2, et si Liest un réseau de Ui, alors covol(L1⊕L2) =

172 B. SOLUTIONS, INDICATIONS ET CORRIGÉS
covol(L1)covol(L2), où tous ces covolumes sont calculés de sorte que le pavé fondamental d’une base
orthonormée soit de volume 1.
Exercice 2.14. Pour le (i), observer que D8est d’indice 2dans Z8, donc de covolume 2. Pour le (ii),
observer que tout élément de E8est soit dans D8, soit de la forme u+eavec u∈D8. Autrement dit, D8
est d’indice 2dans E8, qui est donc de covolume 1. Pour le (iii), observer que e·e= 2 et que e·u∈Zsi
u∈D8. Pour le (iv), remarquer que 1n’est pas pair, donc ne peut pas être de la forme v·v.
3. Exercices du chapitre 3
Exercice 3.1. La forme (5,16,13) est de discriminant −4. D’après le cours il n’y a qu’une telle forme
de ce discriminant à équivalence près (équivalente à (1,0,1)). Si p≡1 mod 4 alors −4est un carré modulo
p, et donc (5,16,13) représente ppar Lagrange.
Exercice 3.4. (vu en cours) On a p44/3<4. Les formes réduites de discriminant −20 sont les trois
formes (1,0,11) et (3,±2,4). Seule la première est ambiguë, les deux autres étant opposées. À équivalence
près, les deux formes de discriminant −44 sont donc (1,0,11) et (3,2,4).
Exercice 3.5. On a p84/3<6. Les formes réduites de discriminant −84 = −3·4·7sont les formes
(1,0,21),(3,0,7),(2,2,11) et (5,4,5), qui sont toutes ambiguës.
Exercice 3.6. On a p56/3<5. Les formes réduites de discriminant −56 = −8·7sont donc (1,0,14),
(2,0,7) et (3,±2,5).
Exercice 3.7. Si D≡0 mod 4, les couples (x, y)∈Z2tels que x2−D
4y2= 1 sont (±1,0), sauf si
D=−4auquel cas il y a aussi (0,±1. Si D≡1 mod 4. Les couples (x, y)∈Z2tels que x2+xy+1−D
4y2= 1,
soit encore tels que (2x+y)2−Dy2= 4, sont (±1,0), sauf si D=−3auquel cas il y a aussi ±(1,−1).
Pour le (ii), observer que (1 + √2)(1 −√2) = −1puis que a2
n−2b2 n= (−1)npour tout entier n∈Z.
Exercice 3.9 Le (i) est immédiat. Observer que si c, d ∈Ret τ∈H, alors cτ +d6= 0. L’action
naturelle de GL2(C)sur C2définit par restriction une action de GL(2,R)sur C2. Si g=a b
c d , et si
τ∈H, on constate que
gτ
1= (cτ +d)g·τ 1.
Le (ii) s’ensuit (sans calcul !). Pour le (iii) considérer les éléments 1 0
0 1 et 0 1 −1 0 de SL2(Z).
Le (iv) est plus délicat. Fixons τ0∈Het considérons son orbite O= SL2(Z)·τ0⊂H. Montrons que
τ7→ Im(τ)atteint son maximum sur Oen un élément de O∩D. Observons que Z+τ0Zest un réseau de
C: il n’a donc qu’un nombre fini d’éléments dans le disque unité. Il résulte de ceci et du (i) que l’ensemble
des Im(τ)avec τ∈Oadmet un plus grand élément, disons Im(τ). Quitte à user des translations (inverses
l’une de l’autre et préservant O), τ7→ τ±1, on peut supposer sans changer Im(τ)que −1
2<Re(τ)≤1 2.
Par maximalité on a encore, |cτ +d| ≥ 1pour tout (c, d)∈Z2premiers entre eux. Pour (c, d) = (1,0) on
obtient |τ| ≥ 1. Si |τ|>1alors τ∈D. Si |τ|= 1, alors quitte à remplacer τpar −1/τ ∈O, ce qui ne
change pas Im(τ), on peut encore supposer que τ∈D, ce que l’on voulait.
Pour vérifier l’unicité, observons que si z∈Det |cz +d| ≤ 1avec c, d ∈Zpremiers entre eux, alors soit
(c, d) = (0,±1), soit (c, d) = (±1,0) et |z|= 1, soit (c, d) = ±(1,−1) et z=ρ:= eiπ/3(observer que |c| ≥ 2
est impossible car Im(z)≥√3
2>1 2). Supposons maintenant que g·τ∈D∩Oavec τcomme précédemment
et g−1=a b
c d ∈SL2(Z). Par maximalité de Im(τ), et τ=g−1·(g·τ), on a |c g ·τ+d| ≤ 1. On
applique l’observation à z=g·τ. Si c= 0 et d=±1 = a, alors g−1est la translation τ7→ τ+ab, et donc
b= 0 et τ=zà cause des conditions sur la partie réelle. Si c=±1,d= 0, et |z|= 1, alors b=−cet donc
g−1.z =a/c −1
z=τ∈D. Par définition de Dcela entraîne z=τ=ρet a/c = 1. Enfin, si c=−d=±1,
donc (a+b)d= 1, alors τ=az+b
cz+d=a/d (z−1)+1 1−z=−a/d +1 1−z. Dans ce cas on a vu que z=ρ, de sorte
que 1/(1 −z) = z, d’où l’on tire que a= 0 et encore τ=z.
Pour le (v), on a τ(q) = −b
2a+√D 2aoù D < 0est le discriminant de (a, b, c)et √D∈H. Un calcul
sans difficulté montre que τ(q·P) = P−1·τ(q). Pour le (vii), on observe d’abord que qest réduite au sens
de Gauss si et seulement si τ(q)∈D, et on conclut par le (iv).