Université Pierre & Marie Curie Année 2012-2013 Master de mathématiques 1 Module MM020 Théorie des Nombres - TD8 Entiers algébriques, anneaux d’entiers Exercice 1 : a) Parmi ces nombres algébriques, lesquels sont des entiers algébriques ? √ √ √ √ √ √ √ √ 3+ 5 3 + 7 1 + 3 10 + 3 100 1 + 19 1 + i 3+2 6 √ , , , , , √ . 2 2 3 2 1− 6 2 b) Si a, b ∈ Z\{0; 1} sont des entiers distincts sans facteur carré, et si n ∈ N∗ , trouver une condition √ √ nécessaire et suffisante pour que a+ b n soit un entier algébrique. Solution de l’exercice 1. a) On calcule le polynôme minimal sur Q de ces nombres algébriques : √ – Le premier des nombres proposés n’est autre que −3 − 6, qui est bien un entier comme somme de deux √ √ entiers. √ – Notons α := 3+2 5 . Alors (2α)2 = 8+2 15, donc ((2α)2 −8)2 = 60. Par conséquent, l’élément α est annulé par le polynôme à coefficients entiers ((2X)2 − 8)2 − 60 = 16X 4 − 64X 2 + 4 , donc en simplifiant, α est annulé par 4X 2 − 16X 2 + 1 ∈ Z[X]. Or ce polynôme est de contenu égal à 1 et il n’est pas unitaire, donc α n’est pas un entier algébrique (il est clair que α est de degré 4 sur Q). √ √ – Notons β := 3+2 7 . Alors on obtient ((2β)2 − 10)2 − 84 = 0. Par conséquent, β (qui est de degré 4 sur Q) est annulé par le polynôme 16X 4 − 80X 2 + 16 , donc le polynôme minimal de β sur Q est X 4 − 5X 2 + 1 , donc β est un entier algébrique. √ √ 3 3 100 – Notons γ := 1+ 10+ . Alors on a 3 √ √ √ √ 3 3 3 3 (3γ − 1)3 = 110 + 3( 100000 + 10000) = 110 + 30( 100 + 10) = 110 + 30(3γ − 1) . Donc γ est annulé par le polynôme (3X − 1)3 − 30(3X − 1) − 110 = 27X 3 − 27X 2 − 81X − 81 , donc le polynôme minimal de γ est X 3 − X 2 − 3X − 3 , donc γ est un entier algébrique. √ – On voit facilement que δ := 1+2 19 est annulé par le polynôme (2X −1)2 −19 = 4X 2 −4X −18. Donc son polynôme minimal sur Z est 2X 2 − 2X − 9 . Il n’est pas unitaire, donc δ n’est pas un entier algébrique. 1 √ . Alors on a = ζ8 , racine primitive 8-ième de l’unité. Par conséquent, est – Posons := 1+i 2 racine du polynôme X 4 + 1 ∈ Z[X], donc est un entier algébrique. √ b) On sait que l’élément α := vérifie que √ a+ b n est de degré 4 sur Q. Calculons son polynôme minimal : on 2 (nα)2 − (a + b) − 4ab = 0 i.e. α est annulé par le polynôme n4 X 4 − 2n2 (a + b)X 2 + (a − b)2 ∈ Z[X] . Par conséquent, α est un entier algébrique si et seulement si n4 |2n2 (a + b) et n4 |(a − b)2 si et seulement si n2 |2(a + b) et n2 |(a − b) si et seulement si a ≡ b [n2 ] et n2 |4a. Or par hypothèse, a est sans facteur carré, donc si α est entier algébrique, alors n = 1 ou 2. Finalement, α est un entier algébrique si et seulement si n = 1 ou (n = 2 et a ≡ b [4]). Exercice 2 : Soit une unité d’un corps quadratique. Montrer que est de norme 1 si et seulement si il existe un entier γ de ce corps quadratique tel que = γγ0 , où γ 0 est le conjugué de γ. √ Solution de l’exercice 2. On note K = Q( d) le corps quadratique en question. Supposons de norme 1. Si 6= −1, on pose γ := 1 + . Alors γ ∈ ZK \ {0} et γ 0 = (1 + 0 ) = + 0 = + 1 = γ . Donc, puisque γ 6= 0, on en déduit que = La réciproque est évidente. γ γ0 . Si = −1, on peut prendre γ := √ d. Exercice 3 : Soit z ∈ C∗ un entier algébrique. On note f ∈ Q[X] son polynôme minimal. Montrer que z1 est un entier algébrique si et seulement si f (0) = ±1. Montrer également que cela équivaut à z1 ∈ Z[z]. Solution de l’exercice 3. Notons f (X) = X n + an−1 X n−1 + · · · + a0 ∈ Z[X] le polynôme minimal de z. Soit k un corps de nombres contenant z. Si f (0) = a0 = ±1, alors on a z1 = ∓(z n−1 +an−1 z n−2 +· · ·+a1 ) ∈ Z[z], donc z1 est un entier algébrique. Réciproquement, si z1 est un entier algébrique, on a Nk/Q ( z1 ) ∈ Z et Nk/Q (z)Nk/Q ( z1 ) = Nk/Q (z z1 ) = 1, donc l’entier Nk/Q (z) vaut 1 ou −1, donc f (0) = ±Nk/Q (z) = ±1. Pour la dernière équivalence, on a vu que f (0) = ±1 impliquait que z1 ∈ Z[z]. Réciproquement, si 1 1 z ∈ Z[z], alors z est un entier algébrique. D’où l’équivalence entre les trois assertions. Exercice 4 : Soit α un entier algébrique. a) On suppose que tous les conjugués de α sont de module strictement inférieur à 1. Montrer que α = 0. b) On suppose maintenant que les conjugués de α sont de module inférieur ou égal à 1. Montrer que α est une racine de l’unité ou 0. [Indication : on pourra majorer la valeur absolue des coefficients du polynôme minimal de αr , pour tout r ≥ 1.] Solution de l’exercice 4. a) Le coefficient constant du polynôme minimal de α est un produit de conjugués de α. Il est donc en module < 1. Or il est entier, donc il est nul. Donc 0 est racine du polynôme minimal de α, donc α = 0. 2 b) Le polynôme minimal de α (dont on note n le degré) est de la forme Y P (X) = X n + an−1 X n−1 + · · · + a0 = (X − σ(α)) σ∈G où σ décrit l’ensemble G des plongements de K = Q(α) dans une clôture normale de K. Alors en développant le produit de droite, on obtient que pour tout 1 ≤ k ≤ n − 1, n |ak | ≤ ≤ 2n k puisque pour tout σ, |σ(α)| ≤ 1. De même pour αr , r ≥ 1 : l’élément αr est dans K, donc son polynôme minimal est de degré ≤ n. Il est entier sur Z et ses conjugués sont des puissances des conjugués de α, donc ils sont de module ≤ 1, donc on obtient ainsi que les coefficients ar,k ∈ Z du polynôme minimal de αr sur Q vérifient |ar,k | ≤ 2n pour tout k. Donc il n’y a qu’un nombre fini de coefficients qui apparaissent dans les polynômes minimaux de tous les αr (r ≥ 1), donc il existe r, s ≥ 1 tels que αr = αr+s . Alors αs = 1, donc α est une racine de l’unité. Exercice 5 : Soit P ∈ Z[X] un polynôme irréductible unitaire de degré n. Soit θ une racine de P , K := Q(θ) et DK le discriminant de K. a) Montrer que le discriminant de (1, θ, . . . , θn−1 ) est égal au discriminant D(P ) de P . Exprimer ce nombre en fonction de la norme NK/Q (P 0 (θ)). b) Si f désigne l’indice de Z[θ] dans ZK , montrer que D(P ) = f 2 DK . Solution de l’exercice 5. a) On sait que le discriminant de (1, θ, . . . , θn−1 ) vaut dθ = (det((σ θ)r ))2 , où les indices r et σ décrivent respectivement {0, . . . , n − 1} et l’ensemble G des Q-plongements de K dans un corps de décomposition de P sur Q. Or on remarque que ce déterminant est un déterminant de Vandermonde. Par conséquent, on peut le calculer : il vaut Y n(n−1) (σ(θ) − τ (θ)) . dθ = (−1) 2 σ6=τ ∈G Or les racines de P sont exactement les σ(θ), σ ∈ G, donc le discriminant D(P ) vaut Y n(n−1) (σ(θ) − τ (θ)) . D(P ) = (−1) 2 σ6=τ ∈G Par conséquent, on a bien dθ = D(P ). Calculons maintenant NK/Q (P 0 (θ)). On sait que P (X) se factorise sous la forme Y P (X) = (X − σ(θ)) . σ∈G P Q Par conséquent, on en déduit que P 0 (X) = σ∈G τ ∈G,τ 6=σ (X − τ (θ)), donc en particulier, Q P 0 (θ) = τ ∈G,τ 6=id (θ − τ (θ)) puisque tous les autres termes de la somme sont nuls. De même, Q pour tout σ ∈ G, on a P 0 (σ(θ)) = τ 6=σ (σ(θ) − τ (θ)). Donc on a Y Y Y NK/Q (P 0 (θ)) = σ(P 0 (θ)) = P 0 (σ(θ)) = (σ(θ) − τ (θ)) . σ∈G σ∈G σ,τ ∈G,τ 6=σ Avec les formules précédentes, on en déduit que dθ = D(P ) = (−1) 3 n(n−1) 2 NK/Q (P 0 (θ)) . b) On a une inclusion de groupes abéliens libres de type fini Z[θ] ⊂ ZK , de même rang n. Montrons le résultat général suivant : si A ⊂ ZK est un sous groupe abélien libre de type fini de rang n, et si f désigne l’indice de A dans ZK , alors DA/Z = f 2 DK . Par la théorie des modules sur un anneau principal, on sait qu’il existe une base (e1 , . . . , en ) de ZK sur Z, et des entiers (a1 , . . . , an ) tels que (a1 e1 , . . . , an en ) soit une Z-base de A. Alors DA/Z = discZ (a1 e1 , . . . , an en ) = (a1 . . . an )2 discZ (e1 , . . . , en ) = (a1 . . . an )2 DK . Or par construction le produit a1 . . . an est égal à l’indice f de A dans ZK , donc on a DA/Z = f 2 DK . Dans le cas particulier où A = Z[θ], on obtient bien dθ = f 2 DK . La question précédente permet alors de conclure Exercice 6 : Montrer que le discriminant du polynôme P (X) = X n + aX + b, avec a, b ∈ Q, vaut n(n−1) D(P ) = (−1) 2 (nn bn−1 + (1 − n)n−1 an ). Vérifier que l’on retrouve les formules usuelles pour n = 2 et n = 3. n(n−1) Q 0 [Indication : on pourra écrire que D(P ) = (−1) 2 i P (xi ), où les xi sont les racines de P , puis −1 utiliser les fonctions symétriques élémentaires en les xi ]. Solution de l’exercice 6. L’exercice 5 assure que si l’on note xi les racines de P (avec multiplicités), n(n−1) Q n−1 0 0 on a D(P ) = (−1) 2 + a. Mais par définition, on a i P (xi ). Or pour tout i, on a P (xi ) = nxi P (xi ) = 0. Supposons d’abord que b = 6 0. Alors x = 6 0 pour tout i, donc xni = −axi − b implique que i Q Q xin−1 = −a − xbi . On a donc i P 0 (xi ) = i ((1 − n)a − nb xi ). On développe ce produit en termes des −1 fonctions symétriques élémentaires σk des xi : on a en effet X n Y 1 1 nb k n−k = ((1 − n)a) (−nb) σn−k ,..., . (1 − n)a − xi x1 xn i k=0 1 ,...,xn ) Or σn−k x11 , . . . , x1n = σk (x , donc puisque σ0 (x1 , . . . , xn ) = 1, σk (x1 , . . . , xn ) = 0 si 1 ≤ k ≤ x1 ...xn n − 2, σn−1 (x1 , . . . , xn ) = (−1)n−1 a et σn (x1 , . . . , xn ) = (−1)n b, on en déduit que Y nb (−nb)n (−1)n−1 a n−1 (1 − n)a − = + ((1 − n)a) (−nb) + ((1 − n)a)n = nn bn−1 + (1 − n)n−1 an . xi (−1)n b (−1)n b i D’où finalement le résultat : D(P ) = (−1) n(n−1) 2 (nn bn−1 + (1 − n)n−1 an ) . Exercice 7 : Calculer l’anneau des entiers et le discriminant des corps de nombres suivants : √ a) Q( 3 5). √ b) Q( 3 175). √ c) Q(i, 2). Solution de l’exercice 7. √ a) Notons θ := 3 5, K := Q(θ) et calculons le discriminant dθ de Z[θ] sur Z. Si P = X 3 − 5 est le polynôme minimal de θ, on obtient dθ = D(P ) = −33 52 . Par conséquent, on déduit de l’exercice 5 que l’indice f de Z[θ] dans ZK divise 3.5 = 15. Donc 1 un élément dans ZK , de la forme a + bθ + cθ2 a nécessairement ses coefficients a, b, c dans 15 Z. a+bθ+cθ2 Montrons que ZK = Z[θ] : par la remarque précédente, il suffit de montrer que si α := ∈ n ZK avec a, b, c ∈ Z, alors a, b et c sont divisibles par n, pour n = 3 et n = 5. Calculons la trace a3 +5b3 +25c3 −15abc T (α) et la norme N (α) de α. On trouve T (α) = 3a . Puisque α ∈ ZK , n et N (α) = n3 3 3 3 3 on doit avoir T (α), N (α) ∈ Z, donc n|3a et n |a + 5b + 25c − 15abc. 4 – Pour n = 3, la condition n|3a ne dit rien. Pour tester la seconde condition, on peut supposer que a, b, c ∈ {0, 1, 2}, et il reste à tester toutes les possibilités pour remarquer que la seconde condition impose a = b = c = 0. Donc en général a, b et c sont divisibles par 3. 2 – Pour n = 5, la condition sur la trace assure que 5|a. Donc bθ+cθ ∈ ZK . Or la norme de β vaut 5 b3 +5c3 N (β) = 25 ∈ Z, donc b est divisible par 5, donc c aussi. √ Finalement, on a montré que ZK = Z[ 3 5] et que DK = −675. b) On applique exactement la même méthode que précédemment : P (X) = X 3 −175 est le polynôme √ 2 ∈ ZK , avec minimal de θ := 3 175, et on a D(P ) = −33 54 72 . On considère α := a+bθ+cθ n 3a a3 +175b3 +1752 c3 −3.175abc n ∈ {3, 5, 7} et a, b, c ∈ Z. On a alors T (α) = n ∈ Z et N (α) = ∈ Z. n3 – Pour n = 3, l’information sur la trace n’apporte rien, et on vérifie en testant a, b, c ∈ {0, 1, 2} que la seconde condition impose que a, b et c soient divisibles par 3. – Pour n = 5 ou n = 7, la première condition assure que a est divisible par n, donc on peut 3 2 c3 2 ∈ ZK , dont la norme vaut N (β) = 175b +175 ∈ Z, ce qui assure que considérer β := bθ+cθ n n3 b est divisible par n. Lorsque n = 7, on obtient donc que 7|b, donc 73 |b3 , donc 7|c (car 73 ne divise pas 1752 ). Donc a, b et c sont divisible par 7 dans le cas n = 7. Dans le cas n = 5, on a obtenu que a et b sont divisibles par 5, et on n’a aucune contrainte 2 supplémentaire sur c. Réciproquement, il est clair que θ5 est un entier algébrique puisque 2 = X 3 − 245 ∈ Z[X] qui est bien unitaire. Donc on son polynôme minimal est X 3 − 175 53 2 a montré qu’un élément α := a+bθ+cθ ∈ K, avec a, b, c ∈ Z, était un entier algébrique si 5 et seulement si 5|a et 5|b. Enfin, il est possible que 25 divise f , donc on doit considérer a+bθ+c θ 2 5 ∈ ZK , avec a, b, c ∈ Z. Alors comme précédemment, on a 5|a un élément α := 5 3 2 3 2 3 et 5 |(5 .7b + 5.7 c ). Donc 5|c et 5|b. Donc finalement les entiers algébriques de la forme 2 a+bθ+cθ2 , avec a, b, c ∈ Z sont exactement les éléments de Z[θ, θ5 ]. 25 2 Finalement, on a montré que ZK = Z[θ, θ5 ], que Z[θ] ⊂ ZK est d’indice 5 et que DK = −33 52 72 = −33075. √ c) On dispose d’un sous-groupe Z[i, 2]. Une Z-base de √ √ libre R de rang 4 dans ZK , à savoir R := R est donnée par (1, i, 2, i 2). Le discriminant de √cette√base vaut 210 = 1024, donc l’indice de R dans ZK est une puissance de 2. Soit α = a+bi+c 2 2+di 2 ∈ ZK , avec a, b, c, d ∈ Z. La norme de α vaut (a2 − b2 − 2c2 + 2d2 )2 + 4(ab − 2cd)2 N (α) = . 16 On a N(α) ∈ Z, donc a ≡ b [2] et 4|c4 +d4 +a2 b2 +2c2 d2 . Il suffit alors de tester ces conditions pour a, b, c, d ∈ {0, 1}, √ et on√trouve alors que la seule possibilité non triviale est (a, b, c, d) = (0, 0, 1, 1), 2 i.e. α = a + bi + 2+i . 2 Ainsi dispose-t-on d’un nouveau sous-groupe R√0 de√ZK (qui contient R √comme sous-groupe √ √ √ √ √ 2+i 2 2+i 2 2+i 2 0 d’indice 2) défini par R = Z[i, 2, ] = Z[ √ 2 √ ], de base (1, i, 2, ) et de discri2 2 √ a+bi+c 2+d 2+i 2 2 minant 28 = 256. On se donne β := ∈ ZK avec a, b, c, d entiers dans {0, 1}. 2 Alors (a2 − b2 − 2c2 − 2cd)2 + (2ab − 2cd − d2 )2 . N (β) = 16 Si cette norme est un entier, alors a = b = d = 0 ou (a = b = 1 et d = 0) (en regardant modulo 4), donc a = b = c = d = 0 ou (a = b = 1 et d = 0 et 16|4c4 + 4), donc puisque la dernière condition est impossible, on en déduit que a = b = c = d = 0, donc β ∈ R0 . √ √ 2 Finalement, on a montré que ZK = Z[ 2+i ] et que DK = 256. 2 Remarquons d’ailleurs que le corps K n’est autre que Q(ζ8 ) et qu’on a montré que ZK = Z[ζ8 ]. √ √ Exercice 8 : Soient m, n ∈ Z \ {0; 1} distincts sans facteur carré. On note K := Q( m, n) et mn k := pgcd(m,n) 2 . L’objectif de cet exercice est de calculer ZK . 5 √ √ √ a) Montrer que (1, m, n, k) est une Q-base de K. b) Soit α ∈ K. Montrer que α ∈ ZK si et seulement si TrK/Q(√m) (α) et NK/Q(√m) (α) sont des √ entiers algébriques dans Q( m). c) On suppose que m ≡ 3 [4] et n ≡ 2 [4]. Montrer que tout élément α ∈ ZK s’écrit α = √ √ √ a+b m+c n+d k 2 avec a, b, c, d ∈ Z. Puis montrer que a et b sont pairs, et que c ≡ d [2]. En déduire qu’une Z-base de ZK est donnée par √ ! √ √ √ n+ k . 1, m, n, 2 d) On suppose que m ≡ 1 [4] et n ≡ 2 ou 3 [4]. Montrer que tout élément α ∈ ZK s’écrit α = √ √ √ a+b m+c n+d k avec a, b, c, d 2 Z-base de ZK est donnée par ∈ Z. Puis montrer que a ≡ b [2] et c ≡ d [2]. En déduire qu’une √ ! √ √ 1+ m √ n+ k , n, . 1, 2 2 √ e) On suppose que m ≡ n ≡ 1 [4]. Montrer que tout élément α ∈ ZK s’écrit α = a+b avec a, b, c, d ∈ Z de même parité. En déduire qu’une Z-base de ZK est donnée par √ ! √ √ √ 1 + m 1 + n (1 + n)(1 + k) 1, . , , 2 2 4 √ √ m+c n+d k 4 f) Conclure en récapitulant dans tous les cas possibles quel est l’anneau ZK . Solution de l’exercice 8. a) C’est évident (voir par exemple la feuille de TD7, exercice 8). √ b) Si α ∈ ZK , il est clair que sa trace et sa norme sont des entiers dans Q( m). Réciproquement, supposons que x := TrK/Q(√m) (α) et y := NK/Q(√m) (α) sont des entiers algébriques. Alors en considérant les quatre conjugués de α dans l’extension K/Q, on obtient que α est annulé par le polynôme X 4 − TrQ(√m)/Q (x)X 3 + (NQ(√m)/Q (y) + TrQ(√m)/Q (x))X 2 − TrQ(√m)/Q (xy)X + NQ(√m)/Q (y) . √ Puisque x et y sont des entiers algébriques de Q( m), on sait que les coefficients de ce polynôme unitaire sont des entiers, donc α ∈ ZK . √ √ √ c) Soit α = a+b m+c n+d k ∈ ZK . La question précédente assure que TrK/Q(√m) (α) ∈ ZQ(√m) , √ √ TrK/Q(√n) (α) ∈ ZQ(√n) et TrK/Q(√k) (α) ∈ ZQ(√k) . Donc 2(a + b m) ∈ ZQ(√m) , 2(a + c n) ∈ √ ZQ(√n) et 2(a + d k) ∈ ZQ(√k) . Puisque m ≡ 3 [4] et n ≡ 2 [4], on a k ≡ 2 [4], et donc √ √ √ a, b, c, d ∈ 21 Z, d’où le résultat : il existe a, b, c, d ∈ Z tels que α = a+b m+c2 n+d k . √ cdn On calcule la norme de α : on a NK/Q(√m) (α) = 14 (a2 + mb2 − nc2 − kd2 ) + ( ab 2 − 2pgcd(m,n) ) m. √ Puisque 2pgcd(m, n) divise n, NK/Q(√m) (α) est un entier algébrique dans Q( m) si et seulement si 4 divise a2 + mb2 − nc2 − kd2 et 2 divise ab si et seulement si a2 − b2 + 2(c2 + d2 ) ≡ 0 [4] et ab ≡ 0 [2] si et seulement si a et b sont pairs et c ≡ d [2]. √ √ √ √ k La question b) assure alors que 1, m, n, n+ est une Z-base de ZK . 2 √ √ √ d) Soit α = a + b m + c n + d k ∈ ZK . La question b) assure que TrK/Q(√m) (α) ∈ ZQ(√m) , √ √ TrK/Q(√n) (α) ∈ ZQ(√n) et TrK/Q(√k) (α) ∈ ZQ(√k) . Donc 2(a + b m) ∈ ZQ(√m) , 2(a + c n) ∈ √ ZQ(√n) et 2(a + d k) ∈ ZQ(√k) . Puisque m ≡ 1 [4] et n ≡ 2 ou 3 [4], on a k ≡ n [4], et donc b ∈ 41 Z et a, c, d ∈ 12 Z. Donc il existe a, b, c, d ∈ Z tels que α = 6 √ b m 4 + √ √ a+c n+d k . 2 √ 2 a2 nc2 +kd2 cdn ) + ( ab On calcule la norme de α : on a NK/Q(√m) (α) = ( mb 16 + 4 − 4 4 − 2pgcd(m,n) ) m. √ Puisque pgcd(m, n) divise n, NK/Q(√m) (α) est un entier algébrique dans Q( m) si et seulement n si 16 divise 4a2 + mb2 − 4(nc2 + kd2 ) et 4 divise ab − 2cd pgcd(m,n) . √ √ √ La première condition implique que b est pair, donc il existe a, b, c, d ∈ Z tels que α = a+b m+c2 n+d Alors NK/Q(√m) (α) est un entier algébrique si et seulement si a2 + b2 − n(c2 + d2 ) ≡ 0 [4] et cdn ab − pgcd(m,n) ≡ 0 [2] si et seulement si a ≡ b [2] et c ≡ d [2] (pour montrer cette dernière équivalence, on utilise le fait que n ≡ 2, 3 [4]). √ √ √ √k La question b) assure alors que 1, 1+2 m , n, n+ est une Z-base de ZK . 2 √ √ √ e) Soit α = a + b m + c n + d k ∈ ZK . La question b) assure que TrK/Q(√m) (α) ∈ ZQ(√m) , √ √ TrK/Q(√n) (α) ∈ ZQ(√n) et TrK/Q(√k) (α) ∈ ZQ(√k) . Donc 2(a + b m) ∈ ZQ(√m) , 2(a + c n) ∈ √ ZQ(√n) et 2(a + d k) ∈ ZQ(√k) . Donc a, b, c, d ∈ 41 Z, d’où le résultat : il existe a, b, c, d ∈ Z tels que α = √ √ √ a+b m+c n+d k . 4 √ 1 cdn (a2 + mb2 − nc2 − kd2 ) + ( ab On calcule la norme de α : on a NK/Q(√m) (α) = 16 8 − 8pgcd(m,n) ) m. √ Puisque pgcd(m, n) divise n, NK/Q(√m) (α) est un entier algébrique dans Q( m) si et seulement si cdn si et seulement si a2 +mb2 −nc2 −kd2 ≡ 0 [8] 8 divise a2 +mb2 −nc2 −kd2 et 4 divise ab− pgcd(m,n) et ab ≡ cd [4] si et seulement si a ≡ b ≡ c ≡ d [2]. √ √ √ √ k) est une Z-base de ZK . La question b) assure alors que 1, 1+2 m , 1+2 n , (1+ n)(1+ 4 f) Tous les cas ont été traités dans les trois questions précédentes, quitte à échanger les rôles de m et n. Exercice 9 : Soient m, n√∈ Z \ {0; 1} distincts sans facteur carré, tels que m ≡ n ≡ 1 [8]. On note √ √ √ 1+ n 1+ m K := Q( m, n), α := 2 et β := 2 . a) Montrer que ZK = Z[α, β]. b) Montrer que l’anneau ZK /2ZK est isomorphe à l’anneau A := F2 [X, Y ]/(X 2 − X, Y 2 − Y ). c) Montrer qu’il existe au moins quatre morphismes d’anneaux distincts A → Z/2Z. d) Montrer que pour tout polynôme P ∈ F2 [X], A n’est pas isomorphe à F2 [X]/(P ). e) Montrer qu’il n’existe pas d’entier x ∈ ZK tel que ZK = Z[x]. Solution de l’exercice 9. a) C’est une conséquence de l’exercice 8, question e). b) On dispose du morphisme naturel surjectif de Z-algèbres ϕ : Z[X, Y ] → ZK , défini par ϕ(P ) := P (α, β). Ce morphisme induit un morphisme surjectif de F2 -algèbres ϕ : F2 [X, Y ] → ZK /2ZK . m−1 2 Puisque α2 − α = n−1 4 ∈ 2Z et β − β = 4 ∈ 2Z, le morphisme ϕ se factorise en un morphisme surjectif de F2 -algèbres ϕ e : F2 [X, Y ]/(X 2 − X, Y 2 − Y ) → ZK /2ZK . Or c’est une application linéaire surjective entre deux F2 -espaces vectoriels de dimension 4, donc c’est un isomorphisme de F2 -algèbres. c) On dispose des quatres morphismes suivants ϕi : A → Z/2Z définis par ϕ1 (P ) := P (0, 0), ϕ2 (P ) := P (0, 1), ϕ3 (P ) := P (1, 0) et ϕ4 (P ) := P (1, 1). On vérifie facilement que ces morphismes sont bien définis, et qu’ils sont deux-à-deux distincts. d) Soit P ∈ F2 [X]. Si φ : F2 [X]/(P ) → F2 est un morphisme d’anneaux, alors 0 = φ(P (X)) = P (ϕ(X)) dans F2 . Donc φ est définie par l’image de X, qui est une racine de P dans F2 . Or F2 est de cardinal 2, donc φ admet au plus deux racines distinctes dans F2 , donc il existe au plus deux morphismes d’anneaux distincts F2 [X]/(P ) → F2 . Donc la question c) assure que A n’est pas isomorphe à F2 [X]/(P ). 7 k . e) Supposons qu’il existe un tel x. On note Pe ∈ Z[X] le polynôme minimal de x. Alors on a un isomorphisme d’anneaux ZK ∼ = Z[X]/(Pe). Donc on en déduit un isomorphisme d’anneaux ∼ ZK /2ZK = F2 [X]/(P ), où P ∈ F2 [X] est la réduction de Pe modulo 2. Donc A ∼ = F2 [X]/(P ), ce qui contredit la question d). Donc il n’existe pas de x ∈ ZK tel que ZK = Z[x]. Exercice 10 : Soit K/Q une extension finie de degré n, soit u ∈ ZK tel que K = Q(u). Soit p un nombre premier tel que le polynôme minimal de u sur Q soit d’Eisenstein en p. L’objectif de l’exercice est de montrer que p ne divise pas l’indice de Z[u] dans ZK . a) Montrer que un p ∈ ZK et que p2 ne divise pas N (u). b) Supposons que p|[ZK : Z[u]]. i) Montrer qu’il existe x ∈ ZK \ Z[u] tel que px ∈ Z[u]. En déduire qu’il existe b0 , . . . , bn−1 ∈ Z n−1 non tous divisibles par p tels que x = b0 +···+bpn−1 u . ii) Notons r le plus petit entier tel que br n’est pas divisible par p. Montrer que y := est dans ZK . iii) Montrer que z := br un−1 p br ur +···+bn−1 un−1 p ∈ ZK . iv) Obtenir une contradiction en calculant la norme de z √ √ c) Si q est une puissance de p et K := Q( q p), montrer que ZK = Z[ q p]. Solution de l’exercice 10. a) On note P (X) = X n + an−1 X n−1 + · · · + a0 ∈ Z[X] le polynôme minimal de u sur Q. Par hypothèse, le polynôme P est d’Eisenstein en p, donc p|ai pour tout 0 ≤ i ≤ n − 1 et p2 ne divise pas a0 . Or un an−1 n−1 a0 , =− u + ··· + p p p n et donc comme tous les api sont des entiers, on a up ∈ Z[u] ⊂ ZK . En outre, on a a0 = ±N (u), donc l’hypothèse que p2 ne divise pas a0 assure que p2 ne divise par N (u). b) i) Par hypothèse, p divise le cardinal du groupe abélien fini ZK /Z[u]. Donc il existe un élément x ∈ ZK /Z[u] d’ordre exactement p. Il existe un x ∈ ZK dont l’image dans ZK /Z[u] par la / Z[u] et px ∈ Z[u], ce qui est exactement ce que l’on projection canonique soit x. Alors x ∈ cherche. Puisque px ∈ Z[u], il existe des entiers b0 , . . . , bn−1 ∈ Z tels que px = b0 + b1 u + · · · + n−1 n−1 u bn−1 un−1 . D’où finalement x = b0 +b1 u+···+b . p r−1 . Or pour tout 0 ≤ i ≤ r − 1, on a p|b (par définition ii) On a x − y = bp0 + bp1 u + · · · + br−1 i p u de r). Donc x − y ∈ Z[u] ⊂ ZK . Or ZK est stable par somme, et x ∈ ZK , donc y ∈ ZK . n iii) On remarque que un−1−r y = z + w, avec w = br+1 up + · · · + bn u iv) n 2n−2−r assure que up , . . . , u p est dans l’anneau ZK . n−1 Puisque z = br up , on a ∈ ZK , donc w ∈ ZK . Or NK/Q (z) = un−1−r , y 2n−2−r p . Or la question a) ∈ ZK , donc z = un−1−r y − w bnr N (u)n−1 . pn Par la question b) iii), NK/Q (z) ∈ Z. Donc pn divise l’entier bnr N (u)n−1 . Or par définition de br , p ne divise pas br , donc pn |N (u)n−1 . Le nombre p étant premier, cela implique que p2 divise N (u), ce qui contredit la question a). Finalement, on a bien montré que p ne divisait pas l’indice de Z[u] dans ZK . 8 c) On remarque que le polynôme minimal de √ q p sur Q est X q − p. C’est bien un polynôme d’Eiq(q−1) senstein en p. En outre, son discriminant vaut (−1) 2 q q pq−1 . C’est donc au signe près une √ puissance de p. Cela assure que l’indice de Z[ q p] dans ZK est une puissance de p. Or les questions a) et b) assurent que cet indice n’est pas divisible par p. Il est donc égal à 1, ce qui signifie √ que ZK = Z[ q p]. Exercice 11 : Soit d ∈ Z, d > 1 sans facteur cubique. Notons θ := déterminer l’anneau des entiers et le discriminant de K sur Q. √ 3 a) Montrer que Z[θ] est de discriminant −27d2 . b) On écrit d = ab2 , avec a, b ∈ N sans facteur carré. On pose θ0 := et calculer discZ (1, θ0 , θ02 ). d et K := Q(θ). On cherche à √ 3 a2 b. Montrer que K = Q(θ0 ) c) Montrer que (1, θ, θ0 ) est une Q-base de K et calculer son discriminant. d) On note f , f 0 et f 00 les indices respectifs de Z[θ], Z[θ0 ] et Z[θ, θ0 ] dans ZK . i) Montrer que (a, f ) = 1. [Indication : on pourra utiliser l’exercice 10.] ii) En déduire que si 3|a, alors DK est divisible par 27a2 , et que sinon, DK est divisible par a2 . iii) Montrer que (b, f 0 ) = 1. iv) En déduire que si 3|b, alors DK est divisible par 27b2 , et que sinon, DK est divisible par b2 . v) Montrer que a2 b2 |DK |27a2 b2 et que DK < 0. e) Montrer que si 3|d, alors DK = −27a2 b2 et (1, θ, θ0 ) est une base de ZK . f) Montrer le même résultat si d 6≡ ±1 [9]. [Indication : on pourra montrer que le polynôme minimal de θ − d est d’Eisenstein en 3.] g) On suppose d ≡ 1 [9]. On pose α := 1+θ+θ2 . 3 i) Montrer que α ∈ ZK et calculer son polynôme minimal. ii) En déduire que 3|f 00 , puis que DK = −3a2 b2 . iii) Montrer que (α, θ, θ0 ) est une Z-base de ZK . h) Si d ≡ −1 [9]. On pose α0 := 1−θ+θ2 . 3 Montrer que (α0 , θ, θ0 ) est une Z-base de ZK . i) Conclure en décrivant tous les cas possibles. Solution de l’exercice 11. a) Par l’exercice 5, on sait que√le discriminant recherché est le discriminant D(P ) du polynôme minimal P (X) = X 3 − d de 3 d. Donc il vaut −27d2 . b) On remarque que θ2 = bθ0 et que θ02 = aθ. Cela assure que K = Q(θ0 ). Comme à la question a), le discriminant de (1, θ0 , θ02 ) vaut −27(a2 b)2 = −27a4 b2 . c) Puisque (1, θ, θ2 ) est une Q-base de K et puisque θ2 = bθ0 , il est clair que (1, θ, θ0 ) est une Q-base de K. Les trois plongements de K dans C sont donnés par θ 7→ θ, θ 7→ jθ et θ 7→ j 2 θ, donc le discriminant vaut 3 0 0 discZ (1, θ, θ0 ) = 0 0 3ab = −27a2 b2 . 0 3ab 0 d) i) Le polynôme minimal de θ sur Q est X 3 − d. Soit p un facteur premier de a. Par définition, p|d et p2 ne divise pas d. Donc le polynôme X 3 − d est d’Eisenstein en p. Par l’exercice 10, on sait que p ne divise pas f . Cela assure que (a, f ) = 1. 9 ii) Supposons que 3|a. La formule usuelle de changement de bases assure que DZ[θ]/Z = f 2 DK , donc DZ[θ]/Z = −27a2 b4 divise f 2 DK . Puisque 3|a et (a, f ) = 1, f n’est pas divisible par 3, donc (27a2 , f ) = 1. Or 27a2 |f 2 DK , donc le lemme de Gauss assure que 27a2 |DK . Supposons que 3 ne divise pas a. Alors on a toujours a2 |f 2 DK et (a, f ) = 1, donc on conclut que a2 |DK . iii) C’est exactement le même raisonnement que la question d) i) en échangeant θ et θ0 . iv) C’est exactement le même raisonnement que la question d) ii) en échangeant θ et θ0 . v) Dans tous les cas, on a a2 |DK et b2 |DK . Or a et b sont premiers entre eux, donc a2 b2 |DK . Les inclusions Z[θ] ⊂ ZK et Z[θ0 ] ⊂ ZK assurent respectivement que DK |27a2 b4 et DK |27a4 b2 . Puisque a et b sont premiers entre eux, cela assure que DK |27a2 b2 . Le signe de DK se déduit par exemple de la relation déjà mentionnée −27a2 b4 = f 2 DK : cela assure que DK < 0. e) On suppose que 3|d. Alors 3|a ou 3|b (mais pas les deux). Donc par la question d), on sait que (3|a, 3 ne divise pas b, 27a2 |DK et b2 |DK ) ou (3|b, 3 ne divise pas a, a2 |DK et 27b2 |DK ). Dans les deux cas, les deux diviseurs de DK obtenus sont premiers entre eux, donc leur produit divise DK , i.e. 27a2 b2 |DK . Alors la question d) v) assure que DK = −27a2 b2 . En particulier, on a DK = discZ (1, θ, θ0 ) (question c)), donc f 00 = 1, donc (1, θ, θ0 ) est une base de ZK . f) On suppose que d 6≡ ±1 [9] et d non divisible par 3 (ce cas a été traité à la question e)). Un calcul simple assure que (θ − d)3 + 3d(θ − d)2 + 3d2 (θ − d) + d(d2 − 1) = 0 . Donc le polynôme minimal de θ − d sur Q est X 3 + 3dX 2 + 3d2 X + d(d − 1)(d + 1). Montrons qu’il est d’Eisenstein en 3. Il est clair que tous ses coefficients sont divisibles par 3. Montrons que son coefficient constant n’est pas divisible par 9 : le produit d(d − 1)(d + 1) est divisible par 9 si et seulement si l’un des trois entiers consécutifs d − 1, d et d + 1 est divisible par 9, si et seulement si d ≡ −1, 0, 1 [9]. Or on a exclu ces possibilités, donc sous les hypothèses de cette question, le polynôme minimal de θ − d est d’Eisenstein en 3. On utilise alors l’exercice 10 pour en déduire que f n’est pas divisible par 3 (puisque Z[θ − d] = Z[θ]). Donc l’égalité −27a2 b4 = f 2 DK assure que 27|DK , donc la question d) v) assure que DK = −27a2 b2 = discZ (1, θ, θ0 ), donc (1, θ, θ0 ) est une base de ZK . g) i) On calcule les puissances successives de α. On trouve : α= α2 = 1 + θ + θ2 , 3 (1 + 2d) + (2 + d)θ + 3θ2 , 9 (d2 + 7d + 1) + 3(1 + 2d)θ + 3(2 + d)θ2 . 27 Il est alors clair que le polynôme minimal de α est donné par α3 = Q(X) = X 3 − X 2 − d−1 (d − 1)2 X− . 3 27 Or par hypothèse d ≡ 1 [9], donc 3|d − 1 et 27|(d − 1)2 , donc Q(X) ∈ Z[X], donc α ∈ ZK . ii) On a clairement 3α ∈ Z[θ] ⊂ Z[θ, θ0 ], donc Z[θ, θ0 ] est un sous-groupe d’indice 1 ou 3 dans Z[θ, θ0 , α]. Or α ∈ / Z[θ, θ0 ], donc cet indice est égal à 3. On a une chaı̂ne d’inclusions Z[θ, θ0 ] ⊂ Z[θ, θ0 , α] ⊂ ZK , 10 avec [ZK : Z[θ, θ0 ]] = f 00 et [Z[θ, θ0 , α] : Z[θ, θ0 ] = 3, donc 3|f 00 . Or on a la relation discZ (1, θ, θ00 ) = f 002 DK , i.e. −27a2 b2 = f 002 DK , et par la question d) v), on a DK = na2 b2 , avec n ∈ {1, 3, 9, 27}. Donc les seules possibilités sont f 00 = 1 ou 3. Or on a montré que f 00 est divisible par 3, donc f 00 = 3. Donc DK = 3a2 b2 . iii) On a vu que f 00 = 3 = [Z[θ, θ0 , α] : Z[θ, θ0 ], donc cela assure que ZK = Z[θ, θ0 , α], donc que (α, θ, θ0 ) est une Z-base de ZK . h) Le raisonnement est totalement semblable à celui de la question g). i) En résumé, on a montré que : – si d 6≡ ±1 [9], (1, θ, θ0 ) est une Z-base de ZK et DK = −27a2 b2 . En particulier, Z[θ] est d’indice b dans ZK . – si d ≡ 1 [9], (α, θ, θ0 ) est une Z-base de ZK et DK = −3a2 b2 . En particulier, Z[θ] est d’indice 3b dans ZK . – si d ≡ −1 [9], (α0 , θ, θ0 ) est une Z-base de ZK et DK = −3a2 b2 . En particulier, Z[θ] est d’indice 3b dans ZK . Exercice 12 : a) Montrer qu’un anneau factoriel est intégralement clos. b) Soit A un anneau intégralement clos et K son corps des fractions. Soit P ∈ A[X] unitaire. Supposons que P = QR dans K[X], avec Q, R unitaires. Montrer que Q, R ∈ A[X]. [Indication : on pourra considérer les racines de Q et R dans une clôture algébrique de K.] c) Soit A un anneau intégralement clos de corps des fractions K. On souhaite montrer que A[X1 , . . . , Xn ] est intégralement clos. i) Vérifier que K(X) est le corps des fractions de A[X]. Pour la suite, on fixe f ∈ K(X) entier sur A[X]. ii) Montrer que f ∈ K[X]. iii) Soit P (Y ) = Y n + pn−1 (X)Y n−1 + · · · + p0 (X) ∈ A[X][Y ] un polynôme unitaire annulant f . Montrer que pour r ∈ N, le polynôme P1 (Y ) := P (Y + X r ) est dans A[X][Y ], unitaire en Y , et annule f1 := f − X r . iv) Montrer que pour r suffisamment grand, le coefficient constant (en Y ) de P1 (Y ) est unitaire en X et qu’il est égal au produit de −f1 par un polynôme de K[X]. v) En déduire que −f1 ∈ A[X], puis que f ∈ A[X]. En déduire que A[X] est intégralement clos. vi) Montrer que A[X1 , . . . , Xn ] est intégralement clos. Solution de l’exercice 12. a) Soit A un anneau factoriel. Notons K son corps des fractions. Soit x ∈ K un élément entier sur A. Par définition, il existe un polynôme P (X) = X n + an−1 X n−1 + · · · + a0 ∈ A[X] tel que P (x) = 0. Il existe a, b ∈ A tels que x = ab dans K. On peut supposer que a et b n’ont pas de facteur irréductible commun. On a alors an−1 an + a n−1 n−1 + · · · + a0 = 0 , bn b n donc en multipliant par b , on obtient an + an−1 an−1 b + · · · + a1 abn−1 + a0 bn = 0 . Tous les éléments intervenant dans cette égalité sont dans A. Soit p ∈ A un facteur irréductible de b. Alors l’égalité précédente assure que p divise an , donc p divise a. Cela implique que a et b admettent p comme facteur irréductible commun. Cela contredit l’hypothèse. Donc b n’admet pas de facteur irréductible. Donc b est inversible dans A, donc x = ab est dans A. Donc A est intégralement clos. 11 b) Notons x1 , . . . , xn les racines de P dans une cloture algébrique de K. Puisque P est unitaire à coefficients dans A, les xi sont des éléments sur A. Il est clair que les racines de P et de Q sont parmi les xi . Or les coefficients de P et Q sont des polynômes à coefficients dans Z (P et Q sont unitaires) en les xi (via les relations entre coefficients et racines). L’ensemble des éléments algébriques sur A étant un anneau, on en déduit que les coefficients de P et Q sont des entiers sur A. Or ces coefficients sont dans K, et A est intégralement clos dans K, donc ils sont dans A. Donc P, Q ∈ A[X]. c) i) Puisque K(X) est un corps contenant A[X], le corps des fractions de A[X] est contenu dans K(X). Montrons l’inclusion inverse. Soit f (X) ∈ K(X). Par définition, il existe P, Q ∈ P (X) . Il existe a, b ∈ A \ {0} tels que aP (X), bQ(X) ∈ A[X]. Donc K[X] tels que f (X) = Q(X) baP (X) f (X) = abQ(X) , donc f (X) est un quotient de deux polynômes de A[X], donc f (X) est dans le corps des fractions de A[X]. ii) Puisque f est entier sur A[X], f est a fortiori entier sur K[X]. Or K[X] est un anneau factoriel, donc par la question a), K[X] est intégralement clos dans K(X). Donc f ∈ K[X]. iii) Cette question est évidente. iv) Le coefficient constant de P1 (Y ) est égal à X nr + pn−1 (X)X (n−1)r + · · · + p1 (X)X r + p0 (X) . Ce polynôme en X est unitaire dès que nr > kr + deg(pk ), pour tout 0 ≤ k ≤ n − 1, par exemple dès que r > max0≤k≤n−1 deg(pk ). On a montré à la question c) iii) que f1 est une racine de P1 (Y ) dans l’anneau K[X]. On peut faire la division euclidienne du polynôme P1 (Y ) par le polynôme unitaire Y − f1 dans l’anneau des polynômes à coefficients dans K[X]. On obtient qu’il existe un polynôme Q1 (Y ) ∈ K[X][Y ] tel que P1 (Y ) = (Y − f1 )Q1 (Y ). En particulier, le coefficient constant de P1 (Y ) est égal au coefficient constant (en Y ) de −f1 Q1 (Y ). Donc le coefficient constant de P1 (Y ) est de la forme −f1 q1 , avec q1 ∈ K[X]. v) Quitte à augmenter encore r de sorte que r > deg(f ), on peut supposer que −f1 ∈ K[X] est unitaire. On a donc écrit à la question c) iv) le coefficient constant de P1 (Y ), qui est unitaire à coefficients dans A, comme un produit de deux polynômes unitaires −f1 et q1 dans K[X]. Alors la question b) assure que −f1 ∈ A[X], donc f ∈ A[X]. On a donc bien montré que A[X] est intégralement clos. vi) C’est une récurrence simple sur le nombre de variables n. Exercice 13 : Soit p un nombre premier impair et K := Q(ζp ), où ζp désigne une racine primitive p-ième de l’unité. a) Calculer la trace d’un élément de K. b) Montrer que la norme de 1 − ζp est égale à p. c) Soit α = a0 + a1 ζp + · · · + ap−2 ζpp−2 ∈ ZK (ai ∈ Q). i) En étudiant αζp−i − αζp , montrer que pour tout i, bi := pai est un entier relatif. ii) Posons λ := 1 − ζp . Montrer que pα s’écrit pα = c0 + c1 λ + · · · + cp−2 λp−2 avec ci ∈ pZ. [Indication : on pourra montrer le résultat par récurrence sur i, en montrant d’abord que p ∈ λp−1 ZK .] iii) Montrer que pour tout i, ai ∈ Z. En déduire que ZK = Z[ζp ]. iv) Montrer que disc(K) = (−1) p−1 2 pp−2 . Solution de l’exercice 13. 12 a) Par linéarité, il suffit de calculer la trace des puissances de ζp . On a TrK/Q (1) = [K : Q] = p − 1 et pour 1 ≤ r ≤ p − 1, TrK/Q (ζpr ) = p−1 X (ζpr )k = k=1 p−1 X ζpk = −1 + k1 p−1 X ζpk = −1 . k=0 Donc pour un élément quelconque de K, qui s’écrit a0 + a1 ζp + · · · + ap−2 ζpp−2 , sa trace vaut TrK/Q (a0 + a1 ζp + · · · + ap−2 ζpp−2 ) = pa0 − (a0 + a1 + · · · + ap−2 ) . b) On a NK/Q (1 − ζp ) = (1 − ζp )(1 − ζp2 ) . . . (1 − ζpp−1 ). Or le polynôme cyclotomique φp (X) s’écrit φp (X) = (X − ζp )(X − ζp2 ) . . . (X − ζpp−1 ), donc NK/Q (1 − ζp ) = φp (1) = 1 + · · · + 1 = p. c) i) Calculons la trace de αζp−i − αζp : on a TrK/Q (αζp−i − αζp ) = TrK/Q (αζp−i ) − TrK/Q (αζp ) = pai , en utilisant la question a). Or αζp−i − αζp ∈ ZK , donc sa trace est dans Z, i.e. pai ∈ Z, pour tout i. ii) On a vu à la question b) que p = NK/Q (λ) = (1 − ζp )(1 − ζp2 ) . . . (1 − ζpp−1 ). On met (1 − ζp ) en facteur dans chaque terme du produit : p = (1 − ζp )p−1 u = λp−1 u où u ∈ Z[ζp ] ⊂ ZK . Donc p ∈ λp−1 ZK . On écrit alors que pα = b0 + b1 ζp + · · · + bp−2 ζp−2 et on remplace ζp par 1 − λ. On obtient alors p−2 p−2 p−2 k X X X X k k (−1)j bk λ j . pα = bk (−λ)j = j j j=0 k=0 j=0 Pp−2 Pp−2 j j j=0 cj λ , avec cj := (−1) k=j k=j k On a donc pα = j bk . Montrons que cj ∈ pZ par récurrence sur j. Si j = 0, on a c0 = b0 + · · · + bp−2 = pb0 − TrK/Q (pα) = p(b0 − TrK/Q (α)) ∈ pZ. P j Supposons que ci ∈ pZ pour tout 0 ≤ i ≤ j − 1. On rappelle l’égalité pα = p−2 j=0 cj λ . j+1 j j+1 Modulo λ , cette égalité devient 0 ≡ cj λ puisque p ∈ λ ZK (j + 1 ≤ p − 1). On en déduit que cj = βλ avec β ∈ ZK . On prend les normes et on obtient cp−1 = NK/Q (β)p avec j NK/Q (β) ∈ Z. Donc p|cj . Finalement, on a bien montré que pα = c0 + c1 λ + · · · + cp−2 λp−2 avec ci ∈ pZ. iii) On déduit de la question c) ii) que α est combinaison linéaire à coefficients entiers des λi . En remplaçant λ par 1 − ζp , on obtient que α est combinaison linéaire à coefficients entiers de puissances de ζp , donc par unicité de la décomposition dans la Q-base (1, ζp , . . . , ζpp−2 ), on en déduit que ai ∈ Z pour tout i. On a donc montré que tout élément de ZK était dans Z[ζp ]. Or ζp ∈ ZK , donc ZK = Z[ζp ]. iv) On sait que DK = (−1) X p −1 X−1 , donc φ0p (ζp ) = − (p−1)(p−2) 2 pζpp−1 λ NK/Q (φ0p (ζp )) (voir exercice 5, question a)). Or φp (X) = p−1 . Donc NK/Q (φ0p (ζp )) = (−1)p−1 p p b). D’où finalement DK = (−1) p−1 2 pp−2 . 13 en utilisant la question