Théorie des Nombres - TD3 Loi de réciprocité quadratique - IMJ-PRG

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