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

Universit´ e Pierre & Marie Curie Master de math´ ematiques 1
Ann´ ee 2012-2013 Module MM020
Th´eorie des Nombres - TD3
Loi de r´eciprocit´e quadratique
Exercice 1 : Pour quels nombres premiers pla classe de l’entier 7 modulo pest-elle un carr´e ?
Solution de l’exercice 1. Tout d’abord, il est clair que 7 est un carr´e modulo 2 et modulo 7.
Soit maintenant un nombre premier impair p6= 7. On ´ecrit la loi de r´eciprocit´e quadratique :
p
77 p= (−1)p−1
2.
On en d´eduit donc que 7
p= 1 si et seulement si (p 7= 1 et p≡1 [4]) ou (p 7=−1etp≡3 [4]).
´
Ecrivons la liste des carr´es non nuls modulo 7 : 1,2,4 mod 7 sont les carr´es non nuls modulo 7.
Alors la condition pr´ec´edente s’´ecrit ainsi : 7
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, d´efini
par φ(amod 7, b mod 4) := 8a−7bmod 28 (puisqu’une relation de Bezout s’´ecrit 4.2 + 7.(−1) = 1).
Donc les conditions pr´ec´edentes se traduisent ainsi : 7
p= 1 si et seulement si p≡1,9,25 [28] ou
p≡3,19,27 [28].
Finalement, on a montr´e que pour tout nombre premier p, 7 est un carr´e modulo psi 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 p7→ 3
p.
En d´eduire que la condition “3 est un carr´e modulo p” ne d´epend que de la classe de pmodulo 12.
Solution de l’exercice 2. Notons pour simplifier f(p) := 3
p. D’abord, il est clair que f(3) = 1 et
f(2) = 1.
Soit maintenant un nombre premier p≥5.
La loi de r´eciprocit´e quadratique assure que f(p) = p
3(−1)p−1
2. Or les carr´es modulo 3 sont exacte-
ment les classes de 0 et de 1. Par cons´equent, 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/12Zdonn´e par ϕ(amod 3, b mod 4) =
4a−3bmod 12. Donc les conditions pr´ec´edentes sont ´equivalentes aux conditions suivantes : f(p) = 1
si et seulement si p≡1 [12] ou p≡11 [12].
Finalement, on a montr´e que :
3
p= 1 si et seulement si p= 2,3 ou p≡1,11 [12]
et 3
p=−1 si et seulement si p≡5,7 [12] .
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 dest un diviseur de n2+n+ 1, alors −3 est un carr´e mod. d.]
Solution de l’exercice 3. Soit dun diviseur positif de n2+n+ 1. Alors dest impair et ddivise
4(n2+n+ 1). Or 4(n2+n+ 1) = (2n+ 1)2+ 3, donc (2n+ 1)2≡ −3 [d], donc −3 est un carr´e
modulo d. Supposons maintenant que d=pest un diviseur premier de n2+n+ 1, avec p6= 3. Alors
−3
p= 1, i.e. −1 p3 p= 1. Donc 3 p= (−1)p−1
2. Or la loi de r´eciprocit´e quadratique assure que
3
p= (−1)p−1
2p
3. Donc on obtient p 3= 1, ce qui ´equivaut `a p≡1 [3]. Finalement, les facteurs
premiers de n2+n+ 1 sont soit 3, soit congrus `a 1 modulo 3. Donc tout diviseur de n2+n+ 1 est
congru `a 1 ou 3 modulo 6. Donc il n’existe aucun diviseur de la forme 6k−1.
Exercice 4 : Soit pun nombre premier de Fermat, i.e. de la forme p= 22n+ 1, avec n∈N.
Montrer que la classe de 3 dans Z/pZengendre (Z/pZ)∗d`es que p6= 3. Mˆeme question en rempla¸cant
3 par 5, puis par 7.
Solution de l’exercice 4. On suppose p6= 3. Le groupe (Z/pZ)∗est cyclique d’ordre 22n. Donc 3
engendre ce groupe si et seulement si 3 n’est pas un carr´e modulo p, si et seulement si 3
p=−1 si
et seulement si p
3=−1 si et seulement si p≡2 [3]. Or on a p= 22n+ 1 et 22n≡(−1)2n≡1 [3] car
n≥1, donc p≡2 [3], donc 3 engendre (Z/pZ)∗.
On fait le mˆeme raisonnement en rempla¸cant 3 par un nombre premier impair q: supposons p6=q.
Alors qengendre (Z/pZ)∗si et seulement si qn’est pas un carr´e modulo p, si et seulement si q
p=−1
si et seulement si p
q=−1. Or pour q= 5, on trouve p 5=42n−1+1 5, et 42n−1≡1 [5] d`es que
n≥2. Donc pour q= 5 et n≥2, on trouve que p
5=2 5=−1, donc 5 engendre (Z/pZ)∗.
De mˆeme, pour q= 7 et n≥3, on trouve p
7=3 7ou 5 7selon la parit´e de n, donc p 7=−1, d’o`u
le r´esultat.
Exercice 5 : Soit pun nombre premier impair.
a) Montrer que
X
x∈F∗
p
x
p= 0 .
b) Soit Kun corps et soit ζp∈Kune racine primitive p-i`eme de l’unit´e. On pose G(ζp) :=
Px∈F∗
px
pζx
p. Montrer que G(ζp)2=−1
pp.
[Indication : on pourra montrer que G(ζp)2=−1
pG(ζp)G(ζ−1
p), ou alors que G(ζp)2=Px,y∈F∗
py
pζx(1+y)
p]
c) En consid´erant un corps Kde caract´eristique q6=p(qpremier impair), calculer G(ζp)qde deux
fa¸cons diff´erentes et en d´eduire la loi de r´eciprocit´e quadratique.
d) En consid´erant le corps K=C, d´eduire de la question b) que toute extension quadratique de
Qest contenue dans une extension cyclotomique (i.e. de la forme Q(ζn), o`u ζnest une racine
primitive n-i`eme de l’unit´e).
Solution de l’exercice 5.
a) On note S:= Px∈F∗
px
p. Puisque p > 2, il existe y∈F∗
ptel que y
p=−1. Alors le morphisme
x7→ yx est une bijection de F∗
pdans lui-mˆeme, donc
S=X
x∈F∗
p
x
p=X
x∈F∗
p
yx
p=X
x∈F∗
p
y
px p=−X
x∈F∗
p
x
p=−S .
Donc 2S= 0, donc S= 0.
2

b) On a
G(ζp)2=X
x∈F∗
pX
y∈F∗
p
xy
pζx+y
p.
Or pour tout x∈F∗
p, l’application y7→ xy est une bijection de F∗ pdans lui-mˆeme. Donc pour
tout x∈F∗
p, on a
X
y∈F∗
p
xy
pζx+y
p=X
y0∈F∗
p
x2y0
pζx+xy0
p=X
y0∈F∗
p
y0
pζx(1+y0)
p.
Par cons´equent, on en d´eduit que
G(ζp)2=X
x,y∈F∗
p
y
pζx(1+y)
p=X
y∈F∗
p
y
pX
x∈F∗
pζ1+y
px=X
x∈F∗
p
−1
p+X
y∈F∗
p\{−1}y
pX
x∈F∗
pζ1+y
px,
o`u la derni`ere ´egalit´e est obtenue en isolant le terme correspondant `a y=−1. Or pour tout
y6=−1, ζ1+y
pest une racine primitive p-i`eme de l’unit´e, donc Px∈F∗
pζ1+y
px=−1, d’o`u
G(ζp)2= (p−1) −1
p−X
y∈F∗
p\{−1}y
p=p−1 p−X
y∈F∗
p
y
p.
Par la question pr´ec´edente, la derni`ere somme est nulle, donc finalement
G(ζp)2=−1
pp .
c) On a
G(ζp)q=
X
x∈F∗
p
x
pζx
p
q
=X
x∈F∗
p
x
pζqx
p
puisque le corps Kest de caract´eristique q. Autrement dit, en faisant le changement de variables
y:= qx, on a montr´e que
G(ζp)q=X
x∈F∗
p
x
pζqx
p=X
y∈F∗
p
qy
pζy
p=q
pG(ζp).
En outre, on a
G(ζp)q=G(ζp)G(ζp)2q−1
2,
donc grˆace `a la question b), on en d´eduit que
G(ζp)q=G(ζp)−1
ppq−1
2.
En comparant les deux ´ecritures de G(ζp)q, on obtient, puisque G(ζp)6= 0 (voir question a)) :
q
p=−1 pq−1
2pq−1
2.
Or on sait que dans K, on a pq−1
2=p
q, donc on en d´eduit
q
p=−1 pq−1
2p
q,
d’o`u l’on d´eduit facilement la loi de r´eciprocit´e quadratique, puisque −1
p= (−1)p−1
2.
3

d) Cela se fait en plusieurs ´etapes. Remarquons d’abord que Q(√2) ⊂Q(ζ8) = Q(i, √2) et que
Q(√−1) = Q(ζ4).
Soit maintenant un nombre premier impair p. La question b) assure que −1
ppest un carr´e
dans le corps Q(ζp) (c’est le carr´e de s∈Q(ζp)). Par cons´equent, pest un carr´e dans le corps
Q(i, ζp) = Q(ζ2p). Donc finalement, pour tout ppremier impair, Q(√p)⊂Q(ζ2p).
Soit maintenant une extension quadratique quelconque K/Q. On sait qu’il existe un entier sans
facteur carr´e d∈Ztel que K=Q(√d). On d´ecompose den facteurs premiers : il existe ∈ {±1},
s∈ {0,1}et p1, . . . , prdes nombres premiers impairs distincts, tels que d=2sp1. . . pr. Grˆace `a
l’´etude pr´ec´edente, 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), o`u n= 8p1. . . pr, et on a bien montr´e
que
K=Q(√d)⊂Q(ζn).
Exercice 6 : Soit pun nombre premier impair.
a) Soit n∈Npremier `a p. Montrer qu’il existe x, y ∈Zpremiers entre eux tels que p|x2+ny2si et
seulement si −n
p= 1.
b) V´erifier la formule suivante pour tout w, x, y, z, n ∈Z:
(x2+ny2)(z2+nw2) = (xz ±nyw)2+n(xw ∓yz)2.
c) En d´eduire que si un entier Ns’´ecrit N=x2+ny2, et si un nombre premier q|Ns’´ecrit
q=z2+nw2(w, x, y, z ∈Z), alors l’entier N
qs’´ecrit aussi N q=a2+nb2(a, b ∈Z).
d) On suppose que n= 1,2,3 et qu’il existe a, b ∈Zpremiers entre eux tels que p|a2+nb2.
i) Montrer que l’on peut supposer que |a|,|b|<p
2et a2+nb2< p2.
ii) En d´eduire qu’il existe x, y ∈Ztels que p=x2+ny2.
e) En d´eduire les ´enonc´es suivants :
i) un nombre premier impair pest somme de deux carr´es d’entiers si et seulement si p≡1 [4].
ii) un nombre premier impair ps’´ecrit sous la forme x2+ 2y2(x, y ∈Z) si et seulement si
p≡1,3 [8].
iii) un nombre premier ps’´ecrit sous la forme x2+ 3y2(x, y ∈Z) si et seulement si p= 3 ou
p≡1 [3].
Solution de l’exercice 6.
a) Il existe x, y ∈Zpremiers entre eux tels que p|x2+ny2si et seulement si il existe x, y ∈Z
premiers entre eux tels que x2≡ −ny2[p] si et seulement si il existe x, y ∈Zpremiers entre eux
tels que x
y2≡ −n[p] (car pne divise pas y: dans le cas contraire, pdivise aussi x, ce qui
contredit le fait que xet ysont premiers entre eux). Cela ´equivaut `a dire que −nest un carr´e
modulo p, i.e. `a −n
p= 1.
b) Il suffit de d´evelopper.
c) Par la question pr´ec´edente, on remarque qu’il suffit de trouver a, b ∈Ztels que
x=za ±nwb , y =∓wa +zb . (1)
En r´esolvant ce syst`eme, on voit qu’il suffit de montrer que quitte `a changer les signes de x, y, z, w,
qdivise xz −nyw et xw +yz.
4

Or, on calcule
(xw +yz)(xw −yz) = x2w2−y2z2= (N−ny2)w2−y2(q−nw2) = N w2−qy2,
donc qdivise xw +yz ou xw −yz.
Quitte `a changer le signe de w, on peut supposer que qdivise xw −yz. Il existe donc b∈Ztel
que yz −xw =bq. Montrons qu’alors zdivise x+nbw. Puisque zet wsont premiers entre eux,
il suffit de montrer que zdivise (x+nbw)w=yz −bq +nbw2=yz −bz2, ce qui est clair. Il
existe donc a∈Ztel que x+nbw =az.
On d´eduit alors des calculs pr´ec´edents que azw =yz −bz2, donc y=aw +bz. Finalement, on a
construit a, b ∈Ztels que x=za −nwb et y=wa +zb, ce qui est bien la formule souhait´ee (1).
Remarquons au passage que si x, y sont premiers entre eux, alors aet bsont 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 cons´equent, on peut supposer que |a|,|b|<p
2, mais aet bpeuvent alors avoir un facteur
commun. Quitte `a diviser alors aet bpar PGCD(a, b) (ce PGCD n’est pas divisible par p),
on obtient que p|a2+nb2,|a|,|b|<p
2et PGCD(a, b) = 1.
Enfin, on a a2+nb2<p
22+ 3 p 22≤p2, ce qui conclut cette question.
ii) On raisonne par l’absurde : supposons la propri´et´e fausse en g´en´eral. Il existe alors un
nombre premier pminimal tel que pdivise un entier Nqui s’´ecrit a2+nb2, mais plui-mˆeme
ne s’´ecrit pas sous la forme x2+ny2. Grˆace `a la question pr´ec´edente, on peut supposer que
a2+nb2=N, avec N=pk,k∈N,|a|,|b|<p
2et N < p2. Soit l6=pun facteur premier de
N. N´ecessairement, l < p, et l|a2+nb2, donc par minimalit´e de p, il existe z, w ∈Zpremiers
entre eux tels que l=z2+nw2. Grˆace `a la question c), il existe c, d ∈Zpremiers entre eux
tels que N
l=c2+nd2. On recommence ainsi pour tous les facteurs premiers de Ndistincts
de p, et on obtient finalement que le quotient de Npar N
pest de la forme souhait´ee. Par
cons´equent, la question c) assure que ps’´ecrit sous la forme x2+ny2, avec x, y ∈Zpremiers
entre eux, ce qui est contradictoire.
D’o`u la conclusion.
e) i) Les questions a) et d) assurent que pest une somme de deux carr´es si et seulement si
−1
p= 1 si et seulement si p≡1 [4].
ii) Les questions a) et d) assurent que pest de cette forme si et seulement si −2
p= 1 si
et seulement si 2
p=−1 psi et seulement si (loi de r´eciprocit´e quadratique) (−1) p−1
2=
(−1)p2−1
8si et seulement si p≡1 [8] ou p≡3 [8]. Finalement, ps’´ecrit sous la forme x2+2y2
si et seulement si p≡1,3 [8].
iii) Les questions a) et d) assurent que pest de cette forme si et seulement si p= 3 ou −3
p= 1
si et seulement si p= 3 ou 3
p=−1 psi et seulement si (en utilisant l’exercice 2) p= 3
ou p≡1 [12] ou p≡7 [12]. Finalement, ps’´ecrit sous la forme x2+ 3y2si 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 r´eciprocit´e quadratique.
Soient p, q deux nombres premiers impairs distincts. On d´efinit le groupe Gpar G:= (Z/pZ)∗×
(Z/qZ)∗. On note Ule sous-groupe de Gform´e des deux ´el´ements (1,1) et (−1,−1). Enfin, on d´efinit
Hcomme le quotient H:= G/U. On pose alors π:= Qx∈Hx∈H.
a) Montrer qu’un syst`eme de repr´esentants de Hdans Gest donn´e par les ´el´ements (i, j)∈G, avec
i= 1,2, . . . , p −1etj= 1,2, . . . , q−1
2.
b) En d´eduire que
π=(p−1)!q−1
2,(q−1)!p−1 2(−1)p−1 2
q−1
2mod U .
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