ce que j`en ai fait

M. Tibouchi Ulm-Lyon 2001 16 septembre 2002
1. Pr´eliminaires
Soit pun nombre premier impair, et y∈(Z/pZ)∗.
1.1 Consid´erons la permutation involutive ϕ:x→ y/x de (Z/pZ)∗.Sil’onnoteO(ϕ)
l’ensemble de ses orbites, il vient, puisque O(ϕ)estune partition de (Z/pZ)∗:
x∈(Z/pZ)∗
x=
X∈O(ϕ)
x∈X
x
Chaque orbite de cette involution a un ou deux ´el´ements. Si Xest une orbite `adeux
´el´ements et z∈X,onaX={z, y/z},doncx∈Xx=y.Ilestdoncfacile d’´evaluer
le produit pr´ec´edent si l’on connaˆıt les pointsfixesdeϕ.Orxest point fixe de ϕsi et
seulement si x2=y.Siyn’est pas un carr´e, toutes les oribites ont donc deux ´el´ements,
et il y en a en particulier (p−1)/2, d’o`u:
x∈(Z/pZ)∗
x=
X∈O(ϕ)
y=y(p−1)/2
Si maintenant yest un carr´e, l’´equation x2=yaaumoins une solution zdans (Z/pZ)∗,
mais comme elle est de degr´e2,elle en a au plus deux dans le corps Z/pZ.Or−zest
´egalement solution, et z−(−z)=2z=0puisque pest impair. ϕadonclesdeux points
fixes zet −z,etparcons´equent (p−3)/2orbites`adeux´el´ements, d’o`u:
x∈(Z/pZ)∗
x=z·(−z)·y(p−3)/2=−y(p−1)/2
1.2 1 = 12est un carr´edans(Z/pZ)∗,donc:
x∈(Z/pZ)∗
x=−1(p−1)/2=−1
Les calculs pr´ec´edents montrent donc imm´ediatement quepourtout y∈(Z/pZ)∗,y(p−1)/2
vaut 1 si yest un carr´eet−1sinon.
2. G´en´eralit´es
2.1 Soit ζ∈Cquelconque. Supposons qu’il existe P∈Q[X]unitaire tel que P(ζ)=0.
Alors le noyau de la surjection canonique Q[X]→Q[ζ]contient l’id´eal non nul (P).
En particulier, ladite surjection se factorise par Q[X]/(P), qui est de dimension finie
comme Q-espace vectoriel. Q[ζ]estdonc a fortiori de dimension finie comme Q-espace
vectoriel. Or c’est une Q-alg`ebre int`egre, donc pour tout x∈Q[ζ]−{0},l’endomorphisme
mx:y→ xy est injectif, donc surjectif, et xest donc inversible. Q[ζ]estdonc un corps
de nombres.
R´eciproquement, supposons que Q[ζ]soituncorps de nombres, et soit alors nsa dimen-
sion.Lafamille de n+1 vecteurs (1,ζ,...,ζn)estdonc li´ee. Soit (a0,···,a
n)∈Qn−{0},
tel que akζk=0,etsoitetQ=akXk.Qest un polynˆome non nul de Q[X]telque
Q(ζ)=0,donc le quotient Pde Qpar son coefficient dominant est un polynˆome unitaire
`acoefficientsrationnels annulant ζ.
2.2 Soit Vun Qespace vectoriel de dimension finie et fun endomorphisme de V.On
suppose qu’il existe un polynˆome Punitaire `acoefficientsentiersannulant f.´ Ecrivons
P=Xd−ad−1Xd−1−···−a0,etpourtoutx∈V,notons :
Mx=Zx+Zf(x)+···+Zfd−1(x)
On a alors pour 0 ≤k<d−1, on a f[fk(x)] = fk+1(x)∈Mx,etd’autre part :
f[fd−1(x)] = fd(x)=a0x+a1f(x)+···+ad−1fd−1(x)∈Mx
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donc par Z-lin´earit´e, il vient que f(Mx)⊂Mx.Soitmaintenant (u1,···,u
k)estune
famille g´en´eratrice de V.Comme flaisse stable chacun des Mui,illaisse stable le Z-
module :
M=Mu1+···+Muk=Zu1+···+Zfd−1(u1)+···+Zuk+···+Zfd−1(uk)
qu’ils engendrent. On a donc bien montr´equesifest annul´eparunpolynˆome unitaire
`acoefficientsentiers,illaisse stable un sous-Z-module de Vde la forme Zv1+···+Zvn,
avec VectQ(vi)=V.
Pour obtenir la r´eciproque, on se propose de d´emontrer le lemme suivant : tout sous-Z-
module de type fini d’un Q-espace vectoriel de dimension nest libre de rang au plus n.
Pour n=0c’est imm´ediat. On traite `apartlecasn=1.SoitMun sous-Z-module de
type fini non nul de Q.Iladmet donc une famille g´en´eratrice de la forme (a1/q,...,a
k/q)
o`ulesaisont des entiers nonnuls,etqest dans N∗.Ilvientalors:
qM ={qx / x ∈M}=a1Z+···+akZ=aZavec a=pgcd(a1,...,a
k)
Donc M=Za/q est bien de rang 1.
On suppose maintenant le r´esultat vrai entouteslesdimensions inf´erieures `auncertain
n≥1, et l’on se place dans V=Qn+1.Onsedonne ´egalement une forme lin´eaire
p:V→Qnon nulle, et l’on pose H=Kerp.SoitalorsMun sous-Z-module detype
fini de V,etM=M∩H.Mest de type fini, car Zest noeth´erien, donc Maussi. M
est donc unsous-Z-module de type fini du Q-espace vectoriel H,quiestdedimension n.
Il est donc libre de rang r≤n.SiM=M,c’estdonc termin´e. Sinon, le sous-Z-module
de type fini p(M)deQest non nul. Il s’´ecrit donc Zepour un certain e∈Q∗.Soitalors
une base de M,etu∈Mtel que p(u)=e.Notons que p(mu)=0sietseulementsi
m=0,desortequeM∩Zu=0.D’autrepart, si xest un ´el´ement quelconque de M,et
p(x)=me,onap(x−mu)=0,donc x∈M⊕Zu.M=M⊕Zuest donc bien libre
de rang r+1≤n+1.
Revenons alors `anotreprobl`eme. On suppose que flaisse stable M=Zv1+···+Zvnpour
une certaine famille (v1,...,v
n)quiengendre V.Onvientdevoir que M´etait libre de rang
d≤dim V.Soit(e1,...,e
d)une base de Mcomme Z-module. On aVectQ(ei)1≤i≤d=
VectQ(vi)1≤i≤n=V,donconaenfaitd=dimV,et(e1,...,e
d)estune base de
V.Lefaitqueflaisse stable Msignifie par cons´equent que la matrice Ade fdans
la base (e1,...,e
d)est`acoefficientsentiers, donc il en est de mˆeme de son polynˆome
caract´eristique : P=det(X−A)∈Z[X], et Pest unitaire. Le th´eor`eme deCayley-
Hamilton permet de conclure qu’il existe bien un polynˆome unitaire `acoefficientsentiers
qui annule f.
Remarquons que l’on a d´emontr´eaupassage un r´esultat plus fort : un endomorphisme
v´erifie les conditions ´equivalentes qui pr´ec`edent (on dit qu’il est entier )sietseulement
si son polynˆome caract´eristique est `acoefficientsentiers.
2.3 Soient fet gdeux endomorphismes entiers de Vqui commutent, et P=Xp−ap−1Xp−1−
···−a0et Q=Xq−bq−1Xq−1−···−b0des polynˆomes unitaires `acoefficientsentiers
qui annulent respectivement fet g.Pourtout x∈V,onposealors:
Mx=Zx0,0+···+Zx0,q−1+···+Zxp−1,0+···+Zxp−1,q−1avec xi,j =figj(x)
Pour tout (i, j), on a :
f(xi,j )=fi+1 gj(x)=xi+1,j si i<p−1
p−1
k=0 akxk,j si i=p−1
donc flaisse stable Mx.Comme fet gcommutent, ils jouent le mˆeme rˆole dans les
d´efinitions pr´ec´edentes, et il vient donc de mˆeme que Mxest stable par g.Si(u1,...,u
k)
engendre V,fet glaissent donc stable le Z-module de type fini M=Mu1+···+Muk
qui contient un syst`eme g´en´erateur de V.Parcons´equent, f+get f◦g=g◦flaissent
´egalement stable M,etsontdoncentiers.
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Ce r´esultat nesubsiste pas en g´en´eral si l’on ne suppose plus que fet gcommutent.
Prenons par exemple V=Q2,etpourfet gles endomorphismes dont les matrices dans
la base canonique sont respectivement :
A=01/2
20
et B=11/3
01
fet gsont bien entiers, puisqu’ils ont pour polynˆomes caract´eristiques respectifs X2−1
et X2−2X+1. En revanche, on a :
A+B=15/6
21
et AB =01/2
22/3
Par cons´equent det(f+g)=−2/3∈ Z,ettr(fg)=2/3∈ Z.Lesendomorphismes f+g
et fg ont donc des polynˆomes caract´eristiques `acoefficientsnontousentiers, donc ils ne
sont pas entiers.
2.4 Soit Kun corps de nombres et nsa dimension comme Q-espace vectoriel. Pour tout
r∈Q,onasimplement mr=rid. En particulier, si r∈Z,mrest annul´eparlepolynˆome
unitaire `acoefficientsentiersX−r,doncr∈O
K.R´eciproquement, si r∈O K∩Q,on
doit avoir det mr=rn∈Z,doncr∈Z.Finalement, on a OK∩Q=Z.
3. Entiers des corps quadratiques
Soit D∈Qqui n’est pas le carr´ed’unentier. On va consid´erer le corps Q[√D]. On note
σl’automorphisme de ce corps d´efini par σ(x+y√D)=x−y√D.
3.1 Soit ϕun automorphisme de corps de Q[√D]. On a ϕ(1) = 1, donc ϕ(m)=mpour tout
m∈Z,puis ϕ(p/q)=p/q pour tout p/q ∈Q.Enoutre,x=ϕ(√D)v´erifie x2=D,
donc x=ε√D,avecε=±1. On a donc pour tout a+b√D∈Q[√D]:
ϕ(a+b√D)=a+bx =a+εb√D
Donc ϕest l’identit´eouσselon le signe de ε.
3.2 Soit D∈Q∗tel que Q[√D]=Q[√D]. Alors en particulier, Q[√D]=Q,doncDn’est
pas le carr´ed’unentier. Il existe de plus (a, b)∈Q2tel que √D=a+b√D.En´elevant
cette relation au carr´e, il vient :
D=(a2+bD2)+2ab√D
donc en ´egalisant les composantes sur la base (1,√D), il vient ab =0.Orsib´etait nul,
on aurait √D=a,cequi,onl’avu,estimpossible.Donca=0,etD/D=(1/b)2est
bien le carr´ed’unrationnel.
R´eciproquement, si D=k2Dpour un certain k∈Q,Q[√D]etQ[√D]sontclairement
´egaux, puisque alors, pour tout (a, b)∈Q2,onaa+b√D=a+kb√D.
3.3 Soit D=εpα1
1···pαn
nla d´ecomposition de Den facteurs premiers (avec ε=±1, les pi
des nombres premiers distincts, et les αidans Z). On pose pour tout i,αi=2βi+ηi,
avec ηi∈{0,1},d=εpη1
1···pηn
n,r=pβ1
1···pβn
n.dest alors un entier sans facteur carr´e,
et l’on a D=k2d.Enparticulier, Q[√D]=Q[√d].
Supposons que dsoit un entier sans facteur carr´etelqueQ[√D]=Q[√d]. D’apr`es ce
qui pr´ec`ede, il existe donc k∈Qtel que d=k2d.Sil’on´ecrit dsous forme de fraction
irr´eductible p/q,ilvientq2d=p2d.Enparticulier, comme p2est premier `aq2il divise
d,quiestsansfacteur carr´e, donc p2=1.Demˆeme, q2divise ddonc vaut 1, et l’on
ad=d.Parcons´equent, il existe un et un seul entier dsans facteur carr´ev´erifiant
Q[√D]=Q[√d].
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3.4 Soit Kun sous-corps de Cde dimension 2 comme Q-espace vectoriel, et soit α∈K−Q.
(1,α)estalors une base du Q-espace vectoriel K,etenparticulier il existe (u, v)∈Q2
tel que α2+uα +v=0.Posons D=u2−4v.Ilexistealorsε∈{−1,1}tel que
α=[−u+ε√D]/2. En particulier, comme αest irrationnel, Dn’est pas le carr´ed’un
rationnel. De plus, √D=εu +2ε·α∈K,d’o`uQ[√D]⊂K.OrQ[√D]etKsont des
Q-espaces vectoriels de mˆeme dimension, d’o`uK=Q[√D]. Kest donc bienuncorps
quadratique.
On fixe alors d∈Zsans facteur carr´etelqueK=Q[√d].
3.5 Soit x=a+b√D∈Kquelconque. La matrice de mxdans la base (1,√D)s’´ecrit :
M(mx)=aDb
ba
donc le polynˆome caract´eristique de mxest X2−2aX +(a2−Db2). On a de plus :
x+σ(x)=(a+b√D)+(a−b√D)=2aet xσ(x)=(a+b√D)(a−b√D)=a2−Db2
Or x∈O
Ksi et seulement si le polynˆome caract´eristique de mxest `acoefficientsentiers,
ce qui donne bien le r´esultat.
3.6 Soit ω∈O
Kd´efini par :
ω=1+√d
2si d≡1(mod4)
√dsinon
Comme OKest un anneau contenant Z,ϕ:(x, y)→ x+yω d´efinit bien une application
Z2→O
K,quiestclairement un morphisme de groupes ab´eliens. Dans tous les cas, ωest
irrationnel, donc il n’existe pas de (x, y)∈Z2−{0}tel que x+yω =0,etϕest injectif.
Montrons qu’il est surjectif. Soit z∈O
Kquelconque. Comme ω∈ Q,(1,ω)estune base
de K,ilexiste(u, v)∈Q2tel que z=u+vω.Notons Tet Nles entiers z+σ(z)et
zσ(z).
Si d≡ 1(mod4),onaT=2uet N=u2−dv2,d’o`uT2−4N=4dv2=(2v)2d∈Z.
Comme dest sans facteur carr´e, il en r´esulte que 2v∈Z.Siv∈ Q,2vest impair, donc
(2v)2=1,etl’on a donc d≡T2−4N≡T2(mod 4). Puisque d≡ 1(mod4),Test
donc pair, d’o`ud≡0(mod4),cequiestimpossible, puisque dest sans facteur carr´e. v
est donc entier, et u2=N+dv2aussi, donc (u, v)∈Zet z=ϕ(u, v).
Si maintenant d≡1(mod4),onaT=2u+vet N=u2+uv +v2·(1 −d)/4. Alors
T2−4N=dv2∈Z,d’o`uv∈Z.Donc2u=T−v∈Z,et:
0≡4N≡(2u)2+4uv +v2·(1 −d)≡(T−v)2+2v(T−v)+0≡T2−2v2(mod 4)
donc Test pair et u=T/2∈Z.D’o`uler´esultat.
4. Un calcul analytique de τn
Soit n≥1fix´e. Pour k=0,...,n−1, on d´efinit fk:[0,1] →C,t→ exp(2iπ(t+k)2/n),
et l’on pose f=f0+···+fn−1.
4.1 On a :
f(0) =
n−1
k=0
exp(2iπk2/n)=τnet f(1) =
n−1
k=0
exp(2iπ(k+1)
2/n)=τn
En particulier, f(0) = f(1), donc il existe une unique fonction ˜ f:R→Ccontinue
1-p´eriodique ettelle que ˜ f|[0,1] =f.˜
fest de plus C1par morceaux, donc elle est ´egale
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`asas´erie de Fourier (au sens habituel de la convergence des s´eries de Fourier). On a
autrement dit pour tout x∈R:
˜
f(x)= lim
k→∞
k
m=−k
cm(˜ f)e2iπmx
o`ul’on a pos´e:
cm(˜
f)=1
0
˜
f(t)e−2iπmtdt =1
0
f(t)exp(−2iπmt)dt
Si l’on chosit enparticulier x=0,ilvientquelasuite de terme g´en´eral :
uk=
k
m=−k
cm(˜ f)=
k
m=−k1
0
f(t)exp(−2iπmt)dt
converge vers ˜ f(0) = f(0) = τn.
4.2 Soit g:R→Cla fonction x→ exp(2iπt2/n). On a, pour tout x≥1:
x
−x
g(t)dt =1
−1
g(t)dt +2x
1
g(t)dt
Or on peut effectuer une int´egration parpartiesdans le derni`ere int´egrale :
x
1
g(t)= n
4iπ x
1
1
t·4iπt nexp 2iπt2 ndt
x
1
g(t)= n
4iπ 1 texp 2iπt2 nx
1
+n
4iπ x
1
1
t2exp 2iπt2 ndt
x
1
g(t)=−n
4iπ g(1) + n 4iπ
g(x)
x+n 4iπ x
1
g(t)
t2dt
Comme t→ g(t)/t2est int´egrablesur[1,+∞[, on voit donc que x→ x
1g(t)dt aune
limite dans Cquand xtend vers +∞.Ilenestdonc de mˆeme de x→ x
−xg(t)dt.On
pose :
In=lim
x→+∞x
−x
g(t)dt
Notons que Inest dans C,maisenfaitpas dans R,contrairement `acequesugg`ere
l’´enonc´e.
4.3 En effectuant le changement de variable u=t√n,ilvientpour tout x≥0
x
−x
exp 2iπt2
ndt =√nx√n
−x√n
exp(2iπu)du
d’o`u, en faisant tendre xvers +∞:
In=√nI1
4.4 Pour tout m∈Z,ona:
1
0
f(t)exp(−2iπmt)dt =
n−1
j=0 1
0
exp 2iπ(t+j)2
nexp(−2iπmt)dt
1
0
f(t)exp(−2iπmt)dt =
n−1
j=0 j+1
j
exp 2iπu2
nexp(−2iπm(u−j))du
1
0
f(t)exp(−2iπmt)dt =n
0
exp 2iπt2
nexp(−2iπmt)dt
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