ce que j`en ai fait

M. Tibouchi
Ulm-Lyon 2001
1.
16 septembre 2002
Préliminaires
Soit p un nombre premier impair, et y ∈ (Z/pZ)∗ .
1.1 Considérons la permutation involutive ϕ : x → y/x de (Z/pZ)∗ . Si l’on note O(ϕ)
l’ensemble de ses orbites, il vient, puisque O(ϕ) est une partition de (Z/pZ)∗ :
x=
x
x∈(Z/pZ)∗
X∈O(ϕ) x∈X
Chaque orbite de cette involution a un ou deux
éléments. Si X est une orbite à deux
éléments et z ∈ X, on a X = {z, y/z}, donc x∈X x = y. Il est donc facile d’évaluer
le produit précédent si l’on connaı̂t les points fixes de ϕ. Or x est point fixe de ϕ si et
seulement si x2 = y. Si y n’est pas un carré, toutes les oribites ont donc deux éléments,
et il y en a en particulier (p − 1)/2, d’où :
x=
y = y(p−1)/2
x∈(Z/pZ)∗
X∈O(ϕ)
Si maintenant y est un carré, l’équation x2 = y a au moins une solution z dans (Z/pZ)∗ ,
mais comme elle est de degré 2, elle en a au plus deux dans le corps Z/pZ. Or −z est
également solution, et z − (−z) = 2z = 0 puisque p est impair. ϕ a donc les deux points
fixes z et −z, et par conséquent (p − 3)/2 orbites à deux éléments, d’où :
x = z · (−z) · y(p−3)/2 = −y(p−1)/2
x∈(Z/pZ)∗
1.2 1 = 12 est un carré dans (Z/pZ)∗ , donc :
x = −1(p−1)/2 = −1
x∈(Z/pZ)∗
Les calculs précédents montrent donc immédiatement que pour tout y ∈ (Z/pZ)∗ , y(p−1)/2
vaut 1 si y est un carré et −1 sinon.
2.
Généralités
2.1 Soit ζ ∈ C quelconque. 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’idéal non nul (P ).
En particulier, ladite surjection se factorise par Q[X]/(P ), qui est de dimension finie
comme Q-espace vectoriel. Q[ζ] est donc a fortiori de dimension finie comme Q-espace
vectoriel. Or c’est une Q-algèbre intègre, donc pour tout x ∈ Q[ζ]−{0}, l’endomorphisme
mx : y → xy est injectif, donc surjectif, et x est donc inversible. Q[ζ] est donc un corps
de nombres.
Réciproquement, supposons que Q[ζ] soit un corps de nombres, et soit alors n sa dimension. La
famille de n+1 vecteurs (1,
ζ, . . . , ζ n ) est donc liée. Soit (a0 , · · · , an ) ∈ Qn −{0},
k
tel que
ak ζ = 0, et soit et Q = ak X k . Q est un polynôme non nul de Q[X] tel que
Q(ζ) = 0, donc le quotient P de Q par son coefficient dominant est un polynôme unitaire
à coefficients rationnels annulant ζ.
2.2 Soit V un Q espace vectoriel de dimension finie et f un endomorphisme de V . On
suppose qu’il existe un polynôme P unitaire à coefficients entiers annulant f. Écrivons
P = X d − ad−1 X d−1 − · · · − a0 , et pour tout x ∈ V , notons :
Mx = Zx + Zf(x) + · · · + Zf d−1 (x)
On a alors pour 0 ≤ k < d − 1, on a f[f k (x)] = f k+1 (x) ∈ Mx , et d’autre part :
f[f d−1 (x)] = f d (x) = a0 x + a1 f(x) + · · · + ad−1 f d−1 (x) ∈ Mx
1
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donc par Z-linéarité, il vient que f(Mx ) ⊂ Mx . Soit maintenant (u1 , · · · , uk ) est une
famille génératrice de V . Comme f laisse stable chacun des Mui , il laisse stable le Zmodule :
M = Mu1 + · · · + Muk = Zu1 + · · · + Zf d−1 (u1 ) + · · · + Zuk + · · · + Zf d−1 (uk )
qu’ils engendrent. On a donc bien montré que si f est annulé par un polynôme unitaire
à coefficients entiers, il laisse stable un sous-Z-module de V de la forme Zv1 + · · · + Zvn ,
avec VectQ (vi ) = V .
Pour obtenir la réciproque, on se propose de démontrer le lemme suivant : tout sous-Zmodule de type fini d’un Q-espace vectoriel de dimension n est libre de rang au plus n.
Pour n = 0 c’est immédiat. On traite à part le cas n = 1. Soit M un sous-Z-module de
type fini non nul de Q. Il admet donc une famille génératrice de la forme (a1 /q, . . . , ak /q)
où les ai sont des entiers non nuls, et q est dans N∗ . Il vient alors :
qM = {qx / x ∈ M } = a1 Z + · · · + ak Z = aZ avec a = pgcd(a1 , . . . , ak )
Donc M = Za/q est bien de rang 1.
On suppose maintenant le résultat vrai en toutes les dimensions inférieures à un certain
n ≥ 1, et l’on se place dans V = Qn+1 . On se donne également une forme linéaire
p : V → Q non nulle, et l’on pose H = Ker p. Soit alors M un sous-Z-module de type
fini de V , et M = M ∩ H. M est de type fini, car Z est noethérien, donc M aussi. M est donc un sous-Z-module de type fini du Q-espace vectoriel H, qui est de dimension n.
Il est donc libre de rang r ≤ n. Si M = M , c’est donc terminé. Sinon, le sous-Z-module
de type fini p(M ) de Q est non nul. Il s’écrit donc Ze pour un certain e ∈ Q∗ . Soit alors
une base de M , et u ∈ M tel que p(u) = e. Notons que p(mu) = 0 si et seulement si
m = 0, de sorte que M ∩ Zu = 0. D’autre part, si x est un élément quelconque de M , et
p(x) = me, on a p(x − mu) = 0, donc x ∈ M ⊕ Zu. M = M ⊕ Zu est donc bien libre
de rang r + 1 ≤ n + 1.
Revenons alors à notre problème. On suppose que f laisse stable M = Zv1 +· · ·+Zvn pour
une certaine famille (v1 , . . . , vn ) qui engendre V . On vient de voir que M était libre de rang
d ≤ dim V . Soit (e1 , . . . , ed ) une base de M comme Z-module. On a VectQ (ei )1≤i≤d =
VectQ (vi )1≤i≤n = V , donc on a en fait d = dim V , et (e1 , . . . , ed ) est une base de
V . Le fait que f laisse stable M signifie par conséquent que la matrice A de f dans
la base (e1 , . . . , ed ) est à coefficients entiers, donc il en est de même de son polynôme
caractéristique : P = det(X − A) ∈ Z[X], et P est unitaire. Le théorème de CayleyHamilton permet de conclure qu’il existe bien un polynôme unitaire à coefficients entiers
qui annule f.
Remarquons que l’on a démontré au passage un résultat plus fort : un endomorphisme
vérifie les conditions équivalentes qui précèdent (on dit qu’il est entier ) si et seulement
si son polynôme caractéristique est à coefficients entiers.
2.3 Soient f et g deux endomorphismes entiers de V qui commutent, et P = X p −ap−1 X p−1 −
· · · − a0 et Q = X q − bq−1 X q−1 − · · · − b0 des polynômes unitaires à coefficients entiers
qui annulent respectivement f et g. Pour tout x ∈ V , on pose alors :
Mx = Zx0,0 + · · · + Zx0,q−1 + · · · + Zxp−1,0 + · · · + Zxp−1,q−1
avec xi,j = f i gj (x)
Pour tout (i, j), on a :
f(xi,j ) = f
i+1 j
g (x) =
xi+1,j
p−1
k=0 ak xk,j
si i < p − 1
si i = p − 1
donc f laisse stable Mx . Comme f et g commutent, ils jouent le même rôle dans les
définitions précédentes, et il vient donc de même que Mx est stable par g. Si (u1 , . . . , uk )
engendre V , f et g laissent donc stable le Z-module de type fini M = Mu1 + · · · + Muk
qui contient un système générateur de V . Par conséquent, f + g et f ◦ g = g ◦ f laissent
également stable M , et sont donc entiers.
2
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Ce résultat ne subsiste pas en général si l’on ne suppose plus que f et g commutent.
Prenons par exemple V = Q2 , et pour f et g les endomorphismes dont les matrices dans
la base canonique sont respectivement :
0 1/2
1 1/3
A=
et B =
2 0
0 1
f et g sont bien entiers, puisqu’ils ont pour polynômes caractéristiques respectifs X 2 − 1
et X 2 − 2X + 1. En revanche, on a :
1 5/6
0 1/2
A+B =
et AB =
2 1
2 2/3
Par conséquent det(f + g) = −2/3 ∈ Z, et tr(fg) = 2/3 ∈ Z. Les endomorphismes f + g
et fg ont donc des polynômes caractéristiques à coefficients non tous entiers, donc ils ne
sont pas entiers.
2.4 Soit K un corps de nombres et n sa dimension comme Q-espace vectoriel. Pour tout
r ∈ Q, on a simplement mr = r id. En particulier, si r ∈ Z, mr est annulé par le polynôme
unitaire à coefficients entiers X − r, donc r ∈ OK . Réciproquement, si r ∈ OK ∩ Q, on
doit avoir det mr = r n ∈ Z, donc r ∈ Z. Finalement, on a OK ∩ Q = Z.
3.
Entiers des corps quadratiques
√
Soit D ∈ Q qui n’est pas le carré d’un entier. √
On va considérer
√ le corps Q[ D]. On note
σ l’automorphisme de ce corps défini par σ(x + y D) = x − y D.
√
3.1 Soit ϕ un automorphisme de corps de Q[ D]. On a ϕ(1) = 1, donc √
ϕ(m) = m pour tout
2
m ∈ Z, puis
ϕ(p/q)
=
p/q
pour
tout
p/q
∈
Q.
En
outre,
x
=
ϕ(
√
√
√ D) vérifie x = D,
donc x = ε D, avec ε = ±1. On a donc pour tout a + b D ∈ Q[ D] :
√
√
ϕ(a + b D) = a + bx = a + εb D
Donc ϕ est l’identité ou σ selon le signe de ε.
√
√
√
3.2 Soit D ∈ Q∗ tel que Q[ D] = Q[ D ]. Alors en particulier,√Q[ D ] = Q,
√ donc D n’est
2
pas le carré d’un entier. Il existe de plus (a, b) ∈ Q tel que D = a + b D. En élevant
cette relation au carré, il vient :
√
D = (a2 + bD2 ) + 2ab D
√
donc en égalisant
les composantes sur la base (1, D), il vient ab = 0. Or si b était nul,
√
on aurait D = a, ce qui, on l’a vu, est impossible. Donc a = 0, et D/D = (1/b)2 est
bien le carré d’un rationnel.
√
√
D] et Q[ √D ] sont clairement
Réciproquement, si D = k 2 D pour un certain k ∈ Q, Q[
√
égaux, puisque alors, pour tout (a, b) ∈ Q2 , on a a + b D = a + kb D .
αn
1
3.3 Soit D = εpα
1 · · · pn la décomposition de D en facteurs premiers (avec ε = ±1, les pi
des nombres premiers distincts, et les αi dans Z). On pose pour tout i, αi = 2βi + ηi ,
pβ1 1 · · · pβnn√
. d est alors un entier sans facteur carré,
avec ηi ∈ {0, 1}, d = εpη11 · · · pηnn , r =√
2
et l’on a D = k d. En particulier, Q[ D] = Q[ d].
√
√
Supposons que d soit un entier sans facteur carré tel que Q[ D] = Q[ d ]. D’après ce
qui précède, il existe donc k ∈ Q tel que d = k 2 d. Si l’on écrit d sous forme de fraction
irréductible p/q, il vient q 2 d = p2 d. En particulier, comme p2 est premier à q 2 il divise
d , qui est sans facteur carré, donc p2 = 1. De même, q 2 divise d donc vaut 1, et l’on
a d√= d . Par
√ conséquent, il existe un et un seul entier d sans facteur carré vérifiant
Q[ D] = Q[ d].
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3.4 Soit K un sous-corps de C de dimension 2 comme Q-espace vectoriel, et soit α ∈ K − Q.
(1, α) est alors une base du Q-espace vectoriel K, et en particulier il existe (u, v) ∈ Q2
tel que α2 +√uα + v = 0. Posons D = u2 − 4v. Il existe alors ε ∈ {−1, 1} tel que
α = [−u + ε D]/2.√En particulier, comme α est irrationnel,
D n’est√ pas le carré d’un
√
rationnel. De plus, D = εu + 2ε · α ∈ K, d’où Q[ D]√
⊂ K. Or Q[ D] et K sont des
Q-espaces vectoriels de même dimension, d’où K = Q[ D]. K est donc bien un corps
quadratique.
√
On fixe alors d ∈ Z sans facteur carré tel que K = Q[ d].
√
√
3.5 Soit x = a + b D ∈ K quelconque. La matrice de mx dans la base (1, D) s’écrit :
a Db
M(mx ) =
b a
donc le polynôme caractéristique de mx est X 2 − 2aX + (a2 − Db2 ). On a de plus :
√
√
√
√
x + σ(x) = (a + b D) + (a − b D) = 2a et xσ(x) = (a + b D)(a − b D) = a2 − Db2
Or x ∈ OK si et seulement si le polynôme caractéristique de mx est à coefficients entiers,
ce qui donne bien le résultat.
3.6 Soit ω ∈ OK défini par :
√
1+ d
si d ≡ 1 (mod 4)
√2
ω=
d
sinon
Comme OK est un anneau contenant Z, ϕ : (x, y) → x + yω définit bien une application
Z2 → OK , qui est clairement un morphisme de groupes abéliens. Dans tous les cas, ω est
irrationnel, donc il n’existe pas de (x, y) ∈ Z2 − {0} tel que x + yω = 0, et ϕ est injectif.
Montrons qu’il est surjectif. Soit z ∈ OK quelconque. Comme ω ∈ Q, (1, ω) est une base
de K, il existe (u, v) ∈ Q2 tel que z = u + vω. Notons T et N les entiers z + σ(z) et
zσ(z).
Si d ≡ 1 (mod 4), on a T = 2u et N = u2 − dv2 , d’où T 2 − 4N = 4dv2 = (2v)2 d ∈ Z.
Comme d est sans facteur carré, il en résulte que 2v ∈ Z. Si v ∈ Q, 2v est impair, donc
(2v)2 = 1, et l’on a donc d ≡ T 2 − 4N ≡ T 2 (mod 4). Puisque d ≡ 1 (mod 4), T est
donc pair, d’où d ≡ 0 (mod 4), ce qui est impossible, puisque d est sans facteur carré. v
est donc entier, et u2 = N + dv2 aussi, donc (u, v) ∈ Z et z = ϕ(u, v).
Si maintenant d ≡ 1 (mod 4), on a T = 2u + v et N = u2 + uv + v2 · (1 − d)/4. Alors
T 2 − 4N = dv2 ∈ Z, d’où v ∈ Z. Donc 2u = T − v ∈ Z, et :
0 ≡ 4N ≡ (2u)2 + 4uv + v2 · (1 − d) ≡ (T − v)2 + 2v(T − v) + 0 ≡ T 2 − 2v2
(mod 4)
donc T est pair et u = T /2 ∈ Z. D’où le résultat.
4.
Un calcul analytique de τn
Soit n ≥ 1 fixé. Pour k = 0, . . . , n − 1, on définit 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
exp(2iπk 2 /n) = τn
et
k=0
f(1) =
n−1
exp(2iπ(k + 1)2 /n) = τn
k=0
En particulier, f(0) = f(1), donc il existe une unique fonction f˜ : R → C continue
˜ [0,1] = f. f˜ est de plus C 1 par morceaux, donc elle est égale
1-périodique et telle que f|
4
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à sa série de Fourier (au sens habituel de la convergence des séries de Fourier). On a
autrement dit pour tout x ∈ R :
k
˜ = lim
f(x)
k→∞
cm (f˜)e2iπmx
m=−k
où l’on a posé :
1
cm (f˜) =
f˜(t)e−2iπmt dt =
1
f(t) exp(−2iπmt)dt
0
0
Si l’on chosit en particulier x = 0, il vient que la suite de terme général :
uk =
k
cm (f˜) =
m=−k
k
m=−k
1
f(t) exp(−2iπmt)dt
0
converge vers f˜(0) = f(0) = τn .
4.2 Soit g : R → C la fonction x → exp(2iπt2 /n). On a, pour tout x ≥ 1 :
1
x
x
g(t)dt =
g(t)dt + 2
g(t)dt
−x
−1
1
Or on peut effectuer une intégration par parties dans le dernière intégrale :
x
x
1 4iπt
n
2iπt2
g(t) =
·
exp
dt
4iπ 1 t
n
n
1
x
x
x
1
n 1
n
2iπt2
2iπt2
g(t) =
+
exp
exp
dt
4iπ t
n
4iπ 1 t2
n
1
1
x
x
g(t)
n
n g(x)
n
g(t) = −
dt
g(1) +
+
4iπ
4iπ x
4iπ 1 t2
1
x
Comme t → g(t)/t2 est intégrable sur [1, +∞[, on voit donc que x → 1 g(t)dt a une
x
limite dans C quand x tend vers +∞. Il en est donc de même de x → −x g(t)dt. On
pose :
x
In = lim
x→+∞
g(t)dt
−x
Notons que In est dans C, mais en fait pas dans R, contrairement à ce que suggère
l’énoncé.
√
4.3 En effectuant le changement de variable u = t n, il vient pour tout x ≥ 0
x
x√n
√
2iπt2
exp
exp(2iπu)du
dt = n
√
n
−x
−x n
d’où, en faisant tendre x vers +∞ :
In =
4.4 Pour tout m ∈ Z, on a :
1
f(t) exp(−2iπmt)dt
=
0
j=0
1
f(t) exp(−2iπmt)dt
=
f(t) exp(−2iπmt)dt
=
0
0
n−1
1
1
√
nI1
exp
0
2iπ(t + j)2
n
exp(−2iπmt)dt
2iπu2
exp(−2iπm(u − j))du
n
j=0 j
n
2iπt2
exp
exp(−2iπmt)dt
n
0
n−1
j+1
5
exp
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Or, en faisant t = u + mn/2 dans la dernière intégrale, il vient :
1
f(t) exp(−2iπmt)dt
=
exp
−mn/2
0
n−mn/2
1
f(t) exp(−2iπmt)dt
2iπu2
iπm2 n
+ 2iπmu +
n
2
× exp(−2iπmu − iπm2 n)du
n−mn/2
2
(−i)m n g(t)dt
=
−mn/2
0
On a par conséquent pour tout k ∈ N∗ :
2k
u2k =
m=−2k
n−mn/2
2
(−i)m n g(t)dt
−mn/2
d’où, en séparant les termes correspondant à m pair et m impair il vient :
u2k
k =
p=−k
u2k
p=−k
u2k
k−1
−(p−1)n
g(t)dt +
−pn
x
1
2
+4q+1)n
g(t)dt
−(2q+1)n/2
g(t)dt
(k−1/2)n
g(t)dt
−(k−1/2)n
kn
(k−1/2)n
n
g(t)dt +
kn
Comme x →
(k+1)n
=
(−i)(4q
−n/2−(q−1)n
g(t)dt + (−i)
−kn
n−(2q+1)n/2
−n/2−qn
q=−k
(k+1)n
=
q=−k
n
u2k
k−1
2
(−i)4p n g(t)dt +
−(2p)n/2
k =
n−(2p)n/2
g(t)dt + (−i)
−kn
g(t)dt
−(k−1/2)n
g(t)dt a une limite finie en +∞, on a :
kn+n
lim
g(t)dt = 0
k→∞ kn
donc en faisant tendre k vers +∞ dans l’expression obtenue pour u2k , il vient :
τn = (1 + (−i)n )In = (1 + i−n )In
√
En particulier, 1 = τ1 = (1 + i−1 )I1 = (1 + i−1 )In / n, donc :
τn =
1 + i−n √
n
1 + i−1
√
4.5 Soit K un corps quadratique, et d ∈ Z tel que K = Q[ d]. Si l’on note ζ = exp(2iπ/d),
on a d’après ce qui précède :
√
d=
1 + i−1
1 + i−d
ζx
2
x∈(Z/dZ)
Considérons alors ξ = exp(iπ/2d), racine primitive 4d-ième de l’unité. On a ζ = ξ 4 , et
i = ξ d , donc :
√
2
1 + ξ −d
d=
ξ 4x ∈ Q[ξ]
2
−d
1+ξ
x∈(Z/dZ)
Il en résulte que ξ est une racine de l’unité telle que K ⊂ Q[ξ].
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5.
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Un calcul algébrique de τn
Soit n > 1 un entier impair, et ζ = exp(2iπ/n). On note V le C-espace vectoriel des
fonctions de Z/nZ dans C, et ϕ l’endomorphisme de V qui à toute fonction f ∈ V associe
ϕ(f) ∈ V définie par :
ϕ(f)(x) =
f(y)ζ xy
y∈Z/nZ
5.1 Soit f ∈ V . On a, pour tout x ∈ Z/nZ :
ϕ ◦ ϕ(f)(x) =


y∈Z/nZ
ϕ ◦ ϕ(f)(x) =

f(z)ζ yz  ζ xy
z∈Z/nZ
f(z)ζ (x+z)y
(y,z)∈(Z/nZ)2
ϕ ◦ ϕ(f)(x) =
f(a − x)ζ ay
(a,y)∈(Z/nZ)2
ϕ ◦ ϕ(f)(x) =
f(a − x)
a∈(Z/nZ)2
(ζ a )y
y∈Z/nZ
Soit a ∈ Z/nZ non nul, et d > 1 l’ordre de ζ a dans C∗ . On a alors :
(ζ a )y =
(ζ a )u
y∈Z/nZ
y∈Z/nZ
u∈Z/dZ
(ζ a )y
=
n
d
y∈Z/nZ
y≡u (mod d)
(ζ a )u = 0
u∈Z/dZ
puisque u∈Z/dZ (ζ a )u n’est autre que la somme des racines d-ièmes de l’unité dans C,
qui est nulle (étant au signe près le coefficient de X d−1 dans le polynôme X d − 1). Il en
résulte que pour tout x ∈ Z/nZ :
ϕ ◦ ϕ(f)(x) = f(0 − x)
(ζ 0 )y = nf(−x)
y∈Z/nZ
5.2 Il résulte en particulier de ce qui précède que ϕ4 = n2 idV , donc ϕ est annulée par le
polynôme scindé à racines simples X 4 − n2 , et est donc diagonalisable. Par conséquent,
ϕ2 est diagonalisable, et ses valeurs propres sont contenues dans l’ensemble {−n, n}. Les
vecteurs propres associées à la valeurs propres n (resp. −n) sont les f ∈ V telles que
pour tout x, nf(x) = nf(−x) (resp. −nf(x) = nf(−x)), c’est-à-dire les fonctions paires
(resp. impaires). Donc si l’on note P et I les sous-espaces supplémentaires de V formés
par les fonctions paires et impaires, ϕ ◦ ϕ se décompose en n idP ⊕(−n) idI sur la somme
P ⊕ I.
5.3 Si pour x ∈ Z/nZ on note fx ∈ V la fonction valant 1 en x et 0 ailleurs, (fx )x∈Z/nZ est
une base de V , et dans cette base :
ϕ(fx ) =
ϕ(fx )(z)fz =
fx (y)ζ zy fz =
ζ xz fz
z∈Z/nZ
(y,z)∈(Z/nZ)2
donc on a bien tr ϕ = τn .
7
z∈Z/nZ
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Montrons que |τn | =
√
n. En effet :


= 
τn τn
ζx  
2
x∈Z/nZ
|τn |
2
=
16 septembre 2002

ζ −y 
2
y∈Z/nZ
ζ
(x−y)(x+y)
(x,y)∈(Z/nZ)2
|τn |2
=
ζ a(2y+a)
(a,y)∈(Z/nZ)2
|τn |2
=
ζ az
(a,z)∈(Z/nZ)2
car, n étant impair, y → 2y + u est une permutation de Z/nZ. Il vient alors finalement :
|τn |2 = n +
(ζ a )z = n
a∈(Z/nZ)−{0} z∈Z/nZ
√
√
√
√
5.4 Soient a, b, c, d les multiplicités respectives des valeurs propres n, − n, i n et −i n
de ϕ, et A, B, C, D les sous-espaces propres √
correspondants. On a donc a = dim A, etc.
Alors pour tout f ∈ A ⊕ B, on a ϕ2 (f) = (± n)2 f = nf, donc A ⊕ B ⊂ P et de même
C ⊕ D ⊂ I. Comme P ⊕ I = V = A ⊕ B ⊕ C ⊕ D, ces inclusions sont des égalités, d’où :
a + b = dim P =
n+1
2
et
c + d = dim I = n − dim P =
n−1
2
En effet, une base de P est donnée par les (n+1)/2 fonctions (fk +f−k ), 0 ≤ k ≤ (n−1)/2.
√
√
√
√
√
Par ailleurs, on a τn = tr ϕ = a n +b(− n)+c(i n)+d(−i n) = [(a−b)+i(c−d)] n.
En comparant les carrés des modules, il vient par conséquent :
(a − b)2 + (c − d)2 = 1
5.5 On a vu que la matrice de ϕ dans la base (fj )j∈Z/nZ était simplement la matrice de
Vandermonde [ζ ij ](i,j)∈(Z/nZ)2 . On a donc, en notant ξ = exp(iπ/n) :
det ϕ
=
(ζ k − ζ j )
0≤j<k≤n−1
det ϕ
=
ξ k+j (ξ k−j − ξ j−k )
0≤j<k≤n−1
det ϕ
=
ξ
k+j
0≤j<k≤n−1
det ϕ
=
in(n−1)/2ξ m
(k − j)iπ
2i sin
n
(k − j)iπ
ξ k+j 2 sin
n
0≤j<k≤n−1
où l’on a posé :
m=
j+k=
0≤j<k≤n−1
n−1
k=1
k(k − 1)
1
+ k2 =
2
2
3 · n(n − 1)(2n − 1 n(n − 1)
−
6
2
c’est-à-dire m = n(n − 1)2 /2. Comme dans l’expression précédente de det ϕ chacun des
sinus est positif, on a det ϕ = |det ϕ|eiθ avec :
θ=
n(n − 1) π
n(n − 1)2 π
(n − 1)(3n − 2) π
+
=
2
2
2
n
2
2
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Or det ϕ =
√
16 septembre 2002
√ n
√
√
√
a
n (− n)b (i n)c (−i n)d = i2b+c−d n , d’où :
2b + c − d ≡ (n − 1)(3n − 2)/2 (mod 2)
Supposons n = 4k + 1. Alors comme a + b = (n + 1)/2 = 2k + 1 est impair, on doit avoir
a = b. L’équation (a − b)2 + (c − d)2 = 1 impose donc c = d et a − b = ±1. En particulier,
on a {a, b} = {k, k + 1}. Or :
2b ≡ 2b + c − d ≡
4k(12k + 3 − 2)
≡ 2k(12k + 1) ≡ 2k
2
(mod 4)
donc b a la parité de k, d’où b = k et a = k + 1. D’autre part, comme c + d = (n − 1)/2,
on a c = d = k. On a finalement montré :
a=
n+3
4
et
b=c=d=
n−1
4
quand n ≡ 1 (mod 4)
Supposons maintenant n = 4k + 3. Alors c + d = (n − 1)/2 = 2k + 1 est impair, donc
c = d. Il vient donc cette fois a = b = k + 1 et {c, d} = {k, k + 1}. Or :
c−d ≡
(n − 1)(3n − 2)
−2b ≡ (2k+1)(12k+9−2)−2k−2 ≡ (−1)(2k+1)−2k−2 ≡ 1 (mod 4)
2
donc c = k + 1 et d = k. Finalement :
a=b=c=
n+1
4
et
d=
n−3
4
quand n ≡ 3 (mod 4)
5.6 Il vient d’après ce qui précède :
√
τn = [(a − b) + i(c − d)] n =
Autrement dit, pour tout n, τn =
6.
√
√n
i n
si n ≡ 1 (mod 4)
si n ≡ 3 (mod 4)
(−1)(n−1)/2 n.
Réciprocité quadratique
On considère deux nombres premiers impairs p, q. On noteL le corps de nombre Q[ζ],
ζ = exp(2iπ/p), et K le sous-corps quadratique Q[τp ]. On note p· le symbole de Legendre.
6.1 Soit x ∈ OL ∩ K quelconque, et P ∈ Z[X] un polynôme unitaire annulateur de l’endomorphisme mx de multiplication par x dans L. mx laisse stable le sous-espace K de
L, et l’endomorphise induit est la multiplication par x dans K. Or P annule encore cet
endomorphisme, donc x ∈ OK . Réciproquement, soit x ∈ OK quelconque, P ∈ Z[X]
un polynôme unitaire annulateur de la multiplication par x dans K, (α1 , . . . , αr ) une
base
du K-espace vectoriel L, et mx la multiplication par x dans L. Pour tout u ∈ L, si
r
u = i=1 ui αi , il vient :
P (mx)(u) =
r
P (mx )(ui )αi = 0
i=1
donc x ∈ OL . On a donc bien OL ∩ K = OK .
6.2 On considère l’anneau quotient A = OL /qOL . Dans A, q = 0, donc pour tout (x, y) ∈ A2 ,
(x + y)q = xq + yq . Par conséquent, x → xq est un endomorphisme de A. Notons en outre
que, comme ζ p − 1 = 0, ζ ∈ OL . Si l’on note a → [a] la surjection canonique OL → A, il
vient donc :

q
2
2
[τpq ] = 
[ζ]x  =
[ζ]qx
x∈(Z/pZ)
x∈(Z/pZ)
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q ≡ 0 (mod p), donc si q est un carré modulo p, il existe a ∈ (Z/pZ)∗ tel que q = a2 , et
alors :
2
q
[τpq ] =
[ζ](ax) = [τp ] =
τp
p
x∈(Z/pZ)
Sinon, soit C (resp. N ) l’ensemble des carrés (resp. non-carrés) de (Z/pZ)∗ . x → qx est
alors une permutation de (Z/pZ)∗ qui échange C et N . Or on a :
2
τp = 1 +
ζx = 1 + 2
ζx
x∈(Z/pZ)∗
Il vient donc :
[τpq ] = [1] + 2
Or
x
x∈C
ζ +
ζ = −1 +
x
x∈N
[ζ]qx = [1] + 2
x∈C
x∈(Z/pZ)
= [1] + 2 −1 −
x∈N
ζ = −1. Donc :
ζ
x
= [−τp ] =
x∈C
Donc dans tous les cas, on a montré :
q
q
τp −
τp = 0 c’est-à-dire
p
Comme en outre τpq − pq τp ∈ K, il vient bien :
τpq
[ζ]x
x
[τpq ]
x∈C
τpq
q
τp
p
q
−
τp ∈ qOL
p
q
−
τp ∈ qOL ∩ K = qOK
p
6.3 Soit ω ∈ OK défini comme en 3.6, et n ∈ Z tel que nτp ∈ qOK . On note (a, b) ∈ Z2
√
√
l’unique couple tel que nτp = q(a+bω). Si p ≡ 1 (mod 4), on a τp = p et ω = (1+ p)/2,
donc il vient n(−1 + 2ω) = q(a + bω). Par conséquent, n = −qa est divisible par q. Si
√
√
maintenant p ≡ 3 (mod 4), on a τp = −p et ω = (1 + −p)/2, donc on a encore
n(−1 + 2ω) = q(a + bω) et q divise n.
6.4 On a :
τpq
q 2 q−1
2
p−1 q−1
q−1
p−1
p−1
=
(−1) 2 p =
(−1) 2 p
τp = (−1) 2 2 p 2 τp
Donc on a nτp ∈ qOK où n est l’entier :
n = (−1)
p−1 q−1
2
2
p
q−1
2
q
−
p
D’après ce qui précède, il vient donc :
p−1 q−1
q−1
p−1 q−1
p
q
≡ (−1) 2 2 p 2 ≡ (−1) 2 2
p
q
d’où :
p−1 q−1
p
q
≡ (−1) 2 2
q
p
(mod q)
(mod q)
Comme q > 2, l’égalité est donc également vraie dans Z, d’où le résultat.
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6.5 Soit ψ : Z2 → Z/pqZ le morphisme de groupes défini par ψ(x, y) = (xp+yq) mod pq. Soit
(x, y) ∈ Ker ψ. Il existe k ∈ Z tel que xp+yq = kpq. On a alors xp ≡ 0 (mod q) et yq ≡ 0
(mod p), d’où q|x et p|y. Réciproquement, pour tout (x, y) ∈ qZ × pZ, on a clairement
ψ(x, y) = 0. Par conséquent, il existe un morphisme injectif φ : Z/qZ × Z/pZ → Z/pqZ
tel que pour tout (x, y) ∈ Z2 :
φ(x mod q, y mod p) = ψ(x, y) = (xp + yq) mod pq
Comme les groupes Z/qZ × Z/pZ et Z/pqZ, φ est un isomorphisme, et en particulier une
bijection de la forme recherchée.
Une autre bijection φ : Z/qZ × Z/pZ → Z/pqZ telle que φ (x mod q, y mod p) = (xp +
yq) mod pq coı̈ncide avec φ en tout point de Z/qZ × Z/pZ, donc φ est bien unique.
6.6 Soit ζp = exp(2iπ/p), ζq = exp(2iπ/q) et ζpq = exp(2iπ/pq). On a :
z2
ζpq
τpq =
z∈(Z/pqZ)
τpq
=
(xp+yq)
ζpq
2
x∈(Z/qZ) y∈(Z/pZ)
τpq
=
2 2
x p
ζpq
+2xypq+y 2 q2
x∈(Z/qZ) y∈(Z/pZ)
τpq
=
2
ζqpx · 1 · ζppy
2
x∈(Z/qZ) y∈(Z/pZ)

τpq
=


ζqpx  
2
x∈(Z/qZ)
τpq
d’après l’évaluation de
6.7 On a donc :
=
p
q
τq ·
τp
q
p

·ζppy 
2
y∈(Z/pZ)
2
x∈(Z/pZ)
·ζppx obtenue au 6.2.
p
upq
q
τpq
=
=
q
p
τp τq
up uq
où uk vaut 1 ou i selon que k soit congru à 1 ou −1 modulo 4. Alors si p ≡ 1 (mod 4), on a
up = 1 et upq = uq , donc upq /up uq = 1, et de même si q ≡ 1 (mod 4). Si maintenant p ≡
q ≡ −1 (mod 4), il vient upq /up uq = 1/(−i)2 = −1. Tout cela revient donc effectivement
à dire que :
p−1 q−1
p
q
= (−1) 2 2
q
p
6.8 On se place maintenant dans K = Q[i]. On a dans ce corps (1 + i)2 = 2i, donc :
(1 + i)q = (1 + i)2
q−1
2 +1
= (2i)
q−1
2
(1 + i)
Par conséquent, si l’on note encore a → [a] la surjection canonique OK → OK /qOK , il
vient :
2 q−1
q−1
i 2 (1 + i)
[1 + iq ] = [(1 + i)q ] = (2i) 2 (1 + i) =
q
Comme OK = Z[i], il existe donc (a, b) ∈ Z2 tel que :
2 q−1
i 2 (1 + i) − 1 − iq = q(a + bi)
q
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√
Le module du membre de gauche est√majoré par |1 + i| + |1 + iq | = 2 2 < 3 ≤ q. Or,
si (a, b) = (0, 0), on a |q(a + bi)| = q a2 + b2 ≥ q, ce qui est absurde. Par conséquent,
a = b = 0, et :

1 si q ≡ 1 (mod 8)



q
q−1 1 + i
2
−1
si q ≡ 3 (mod 8)
= i− 2
=
−1
si q ≡ 5 (mod 8)

q
1+i


1 si q ≡ 7 (mod 8)
ce qui donne effectivement :
q 2 −1
2
= (−1) 8
q
6.9 Soit n un entier qui n’est pas un carré. On veut montrer qu’il existe une infinité de
nombres premiers modulo lesquels n est non carré. On peut supposer sans
perte de
n
généralité n non divisible par un carré. Si n = ±2 (resp. −1), alors on a q = −1 pour
tout nombre premier q de la forme 8k + 5 (resp. 4k + 3), et il y a une infinité de tels
nombres d’après le théorème de Dirichlet.
Si n ∈ {2, −1, −2}, la décomposition de n en facteurs premiers s’écrit n = (−1)α 2β p1 · · · pr+1
avec r ≥ 0 et où les pi sont des nombres premiers impairs distincts. Soit u ∈ (Z/pr+1 Z)∗
un élément qui n’est pas un carré. D’après le théorème chinois, il existe b ∈ Z tel que
b ≡ 1 (mod 8p1 · · · pr ) et b ≡ u (mod pr+1 ). En particulier, b est premier à a = 8p1 · · · pr ,
donc il existe une infinité de nombres premiers de la forme ak + b. Soit q un tel nombre
premier. Comme q ≡ 1 (mod 8), on a :
−1
2
p
q
=
= 1 et pour tout nombre premier p = q
=
q
q
q
p
Par conséquent :
α β n
2
p1
q
q
−1
pr+1
q
···
=
···
=
q
q
q
q
q
p1
pr
pr+1
et comme q ≡ 1 (mod pi ) pour 1 ≤ i ≤ r et q ≡ u (mod pr+1 ), on a finalement :
n
1
u
1
···
= −1
=
q
p1
pr
pr+1
d’où le résultat.
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