Théorie des Nombres - TD8 Entiers algébriques - IMJ-PRG

Universit´ e Pierre & Marie Curie Master de math´ ematiques 1
Ann´ ee 2012-2013 Module MM020
Th´eorie des Nombres - TD8
Entiers alg´ebriques, anneaux d’entiers
Exercice 1 :
a) Parmi ces nombres alg´ebriques, lesquels sont des entiers alg´ebriques ?
3+2√6
1−√6,√3 + √5
2,√3 + √7 2,1 + 3
√10 + 3 √100
3,1 + √19 2,1 + i
√2.
b) Si a, b ∈Z\{0; 1}sont des entiers distincts sans facteur carr´e, et si n∈N∗, trouver une condition
n´ecessaire et suffisante pour que √a+√b
nsoit un entier alg´ebrique.
Solution de l’exercice 1.
a) On calcule le polynˆome minimal sur Qde ces nombres alg´ebriques :
– Le premier des nombres propos´es n’est autre que −3−√6, qui est bien un entier comme
somme de deux entiers.
– Notons α:= √3+√5
2. Alors (2α)2= 8+2√15, donc ((2α)2−8)2= 60. Par cons´equent, l’´el´ement
αest annul´e par le polynˆome `a coefficients entiers
((2X)2−8)2−60 = 16X4−64X2+ 4 ,
donc en simplifiant, αest annul´e par 4X2−16X2+ 1 ∈Z[X]. Or ce polynˆome est de contenu
´egal `a 1 et il n’est pas unitaire, donc αn’est pas un entier alg´ebrique (il est clair que αest de
degr´e 4 sur Q).
– Notons β:= √3+√7
2. Alors on obtient ((2β)2−10)2−84 = 0. Par cons´equent, β(qui est de
degr´e 4 sur Q) est annul´e par le polynˆome
16X4−80X2+ 16 ,
donc le polynˆome minimal de βsur Qest
X4−5X2+ 1 ,
donc βest un entier alg´ebrique.
– Notons γ:= 1+ 3
√10+ 3 √100
3. Alors on a
(3γ−1)3= 110 + 3( 3
√100000 + 3 √10000) = 110 + 30( 3 √100 + 3 √10) = 110 + 30(3γ−1) .
Donc γest annul´e par le polynˆome
(3X−1)3−30(3X−1) −110 = 27X3−27X2−81X−81 ,
donc le polynˆome minimal de γest
X3−X2−3X−3,
donc γest un entier alg´ebrique.
– On voit facilement que δ:= 1+√19
2est annul´e par le polynˆome (2X−1)2−19 = 4X2−4X−18.
Donc son polynˆome minimal sur Zest
2X2−2X−9.
Il n’est pas unitaire, donc δn’est pas un entier alg´ebrique.
1

– Posons := 1+i
√2. Alors on a =ζ8, racine primitive 8-i`eme de l’unit´e. Par cons´equent, est
racine du polynˆome X4+ 1 ∈Z[X], donc est un entier alg´ebrique.
b) On sait que l’´el´ement α:= √a+√b
nest de degr´e 4 sur Q. Calculons son polynˆome minimal : on
v´erifie que (nα)2−(a+b)2−4ab = 0
i.e. αest annul´e par le polynˆome
n4X4−2n2(a+b)X2+ (a−b)2∈Z[X].
Par cons´equent, αest un entier alg´ebrique si et seulement si n4|2n2(a+b) et n4|(a−b)2si et
seulement si n2|2(a+b) et n2|(a−b) si et seulement si a≡b[n2] et n2|4a. Or par hypoth`ese, a
est sans facteur carr´e, donc si αest entier alg´ebrique, alors n= 1 ou 2.
Finalement, αest un entier alg´ebrique si et seulement si n= 1 ou (n= 2 et a≡b[4]).
Exercice 2 : Soit une unit´e d’un corps quadratique. Montrer que est de norme 1 si et seulement
si il existe un entier γde ce corps quadratique tel que =γ
γ0, o`u γ0est le conjugu´e 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
γ0= (1 + 0)=+0=+ 1 = γ .
Donc, puisque γ6= 0, on en d´eduit que =γ
γ0. Si =−1, on peut prendre γ:= √d.
La r´eciproque est ´evidente.
Exercice 3 : Soit z∈C∗un entier alg´ebrique. On note f∈Q[X] son polynˆome minimal.
Montrer que 1
zest un entier alg´ebrique si et seulement si f(0) = ±1. Montrer ´egalement que cela
´equivaut `a 1
z∈Z[z].
Solution de l’exercice 3. Notons f(X) = Xn+an−1Xn−1+··· +a0∈Z[X] le polynˆome minimal de
z. Soit kun corps de nombres contenant z.
Si f(0) = a0=±1, alors on a 1
z=∓(zn−1+an−1zn−2+···+a1)∈Z[z], donc 1 zest un entier alg´ebrique.
R´eciproquement, si 1
zest un entier alg´ebrique, on a Nk/Q(1 z)∈Zet Nk/Q(z)Nk/Q(1 z) = Nk/Q(z1 z) = 1,
donc l’entier Nk/Q(z) vaut 1 ou −1, donc f(0) = ±Nk/Q(z) = ±1.
Pour la derni`ere ´equivalence, on a vu que f(0) = ±1 impliquait que 1
z∈Z[z]. R´eciproquement, si
1
z∈Z[z], alors 1 zest un entier alg´ebrique.
D’o`u l’´equivalence entre les trois assertions.
Exercice 4 : Soit αun entier alg´ebrique.
a) On suppose que tous les conjugu´es de αsont de module strictement inf´erieur `a 1. Montrer que
α= 0.
b) On suppose maintenant que les conjugu´es de αsont de module inf´erieur ou ´egal `a 1. Montrer
que αest une racine de l’unit´e ou 0.
[Indication : on pourra majorer la valeur absolue des coefficients du polynˆome minimal de αr,
pour tout r≥1.]
Solution de l’exercice 4.
a) Le coefficient constant du polynˆome minimal de αest un produit de conjugu´es de α. Il est donc
en module <1. Or il est entier, donc il est nul. Donc 0 est racine du polynˆome minimal de α,
donc α= 0.
2

b) Le polynˆome minimal de α(dont on note nle degr´e) est de la forme
P(X) = Xn+an−1Xn−1+··· +a0=Y
σ∈G
(X−σ(α))
o`u σd´ecrit l’ensemble Gdes plongements de K=Q(α) dans une clˆoture normale de K. Alors
en d´eveloppant le produit de droite, on obtient que pour tout 1 ≤k≤n−1,
|ak| ≤ n
k≤2n
puisque pour tout σ,|σ(α)| ≤ 1. De mˆeme pour αr,r≥1 : l’´el´ement αrest dans K, donc son
polynˆome minimal est de degr´e ≤n. Il est entier sur Zet ses conjugu´es sont des puissances des
conjugu´es de α, donc ils sont de module ≤1, donc on obtient ainsi que les coefficients ar,k ∈Z
du polynˆome minimal de αrsur Qv´erifient
|ar,k| ≤ 2n
pour tout k. Donc il n’y a qu’un nombre fini de coefficients qui apparaissent dans les polynˆomes
minimaux de tous les αr(r≥1), donc il existe r, s ≥1 tels que αr=αr+s. Alors αs= 1, donc
αest une racine de l’unit´e.
Exercice 5 : Soit P∈Z[X] un polynˆome irr´eductible unitaire de degr´e n. Soit θune racine de P,
K:= Q(θ) et DKle discriminant de K.
a) Montrer que le discriminant de (1, θ, . . . , θn−1) est ´egal au discriminant D(P) de P. Exprimer
ce nombre en fonction de la norme NK/Q(P0(θ)).
b) Si fd´esigne l’indice de Z[θ] dans ZK, montrer que D(P) = f2DK.
Solution de l’exercice 5.
a) On sait que le discriminant de (1, θ, . . . , θn−1) vaut dθ= (det((σθ)r))2, o`u les indices ret σ
d´ecrivent respectivement {0, . . . , n −1}et l’ensemble Gdes Q-plongements de Kdans un corps
de d´ecomposition de Psur Q. Or on remarque que ce d´eterminant est un d´eterminant de Van-
dermonde. Par cons´equent, on peut le calculer : il vaut
dθ= (−1)n(n−1)
2Y
σ6=τ∈G
(σ(θ)−τ(θ)) .
Or les racines de Psont exactement les σ(θ), σ∈G, donc le discriminant D(P) vaut
D(P) = (−1)n(n−1)
2Y
σ6=τ∈G
(σ(θ)−τ(θ)) .
Par cons´equent, on a bien dθ=D(P).
Calculons maintenant NK/Q(P0(θ)). On sait que P(X) se factorise sous la forme
P(X) = Y
σ∈G
(X−σ(θ)) .
Par cons´equent, on en d´eduit que P0(X) = Pσ∈GQτ∈G,τ6=σ(X−τ(θ)), donc en particulier,
P0(θ) = Qτ∈G,τ6=id(θ−τ(θ)) puisque tous les autres termes de la somme sont nuls. De mˆeme,
pour tout σ∈G, on a P0(σ(θ)) = Qτ6=σ(σ(θ)−τ(θ)). Donc on a
NK/Q(P0(θ)) = Y
σ∈G
σ(P0(θ)) = Y
σ∈G
P0(σ(θ)) = Y
σ,τ∈G,τ 6=σ
(σ(θ)−τ(θ)) .
Avec les formules pr´ec´edentes, on en d´eduit que
dθ=D(P) = (−1)n(n−1)
2NK/Q(P0(θ)) .
3

b) On a une inclusion de groupes ab´eliens libres de type fini Z[θ]⊂ZK, de mˆeme rang n. Montrons
le r´esultat g´en´eral suivant : si A⊂ZKest un sous groupe ab´elien libre de type fini de rang n,
et si fd´esigne l’indice de Adans ZK, alors DA/Z=f2DK. Par la th´eorie des modules sur un
anneau principal, on sait qu’il existe une base (e1, . . . , en) de ZKsur Z, et des entiers (a1, . . . , an)
tels que (a1e1, . . . , anen) soit une Z-base de A. Alors
DA/Z= discZ(a1e1, . . . , anen) = (a1. . . an)2discZ(e1, . . . , en) = (a1. . . an)2DK.
Or par construction le produit a1. . . anest ´egal `a l’indice fde Adans ZK, donc on a DA/Z=
f2DK. Dans le cas particulier o`u A=Z[θ], on obtient bien dθ=f2DK. La question pr´ec´edente
permet alors de conclure
Exercice 6 : Montrer que le discriminant du polynˆome P(X) = Xn+aX +b, avec a, b ∈Q, vaut
D(P) = (−1)n(n−1)
2(nnbn−1+ (1 −n)n−1an). V´erifier que l’on retrouve les formules usuelles pour n= 2
et n= 3.
[Indication : on pourra ´ecrire que D(P) = (−1) n(n−1)
2QiP0(xi), o`u les xisont les racines de P, puis
utiliser les fonctions sym´etriques ´el´ementaires en les x−1
i].
Solution de l’exercice 6. L’exercice 5 assure que si l’on note xiles racines de P(avec multiplicit´es),
on a D(P) = (−1)n(n−1)
2QiP0(xi). Or pour tout i, on a P0(xi) = nxn−1
i+a. Mais par d´efinition, on a
P(xi) = 0. Supposons d’abord que b6= 0. Alors xi6= 0 pour tout i, donc xn
i=−axi−bimplique que
xn−1
i=−a−b
xi. On a donc QiP0(xi) = Qi((1 −n)a−nb xi). On d´eveloppe ce produit en termes des
fonctions sym´etriques ´el´ementaires σkdes x−1
i: on a en effet
Y
i(1 −n)a−nb
xi=
n
X
k=0
((1 −n)a)k(−nb)n−kσn−k1
x1
, . . . , 1
xn.
Or σn−k1
x1, . . . , 1 xn=σk(x1,...,xn) x1...xn, donc puisque σ0(x1, . . . , xn) = 1, σk(x1, . . . , xn) = 0 si 1 ≤k≤
n−2, σn−1(x1, . . . , xn) = (−1)n−1aet σn(x1, . . . , xn) = (−1)nb, on en d´eduit que
Y
i(1 −n)a−nb
xi=(−nb)n (−1)nb+((1−n)a)n−1(−nb)(−1)n−1a (−1)nb+((1−n)a)n=nnbn−1+(1−n)n−1an.
D’o`u finalement le r´esultat :
D(P) = (−1)n(n−1)
2(nnbn−1+ (1 −n)n−1an).
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 dθde Z[θ] sur Z. Si P=X3−5 est le
polynˆome minimal de θ, on obtient
dθ=D(P) = −3352.
Par cons´equent, on d´eduit de l’exercice 5 que l’indice fde Z[θ] dans ZKdivise 3.5 = 15. Donc
un ´el´ement dans ZK, de la forme a+bθ +cθ2a n´ecessairement ses coefficients a, b, c dans 1
15 Z.
Montrons que ZK=Z[θ] : par la remarque pr´ec´edente, il suffit de montrer que si α:= a+bθ+cθ2
n∈
ZKavec a, b, c ∈Z, alors a,bet csont divisibles par n, pour n= 3 et n= 5. Calculons la trace
T(α) et la norme N(α) de α. On trouve T(α) = 3a
net N(α) = a3+5b3+25c3−15abc
n3. Puisque α∈ZK,
on doit avoir T(α), N(α)∈Z, donc n|3aet n3|a3+ 5b3+ 25c3−15abc.
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– Pour n= 3, la condition n|3ane dit rien. Pour tester la seconde condition, on peut supposer
que a, b, c ∈ {0,1,2}, et il reste `a tester toutes les possibilit´es pour remarquer que la seconde
condition impose a=b=c= 0. Donc en g´en´eral a,bet csont divisibles par 3.
– Pour n= 5, la condition sur la trace assure que 5|a. Donc bθ+cθ2
5∈ZK. Or la norme de βvaut
N(β) = b3+5c3
25 ∈Z, donc best divisible par 5, donc caussi.
Finalement, on a montr´e que ZK=Z[3
√5] et que DK=−675.
b) On applique exactement la mˆeme m´ethode que pr´ec´edemment : P(X) = X3−175 est le polynˆome
minimal de θ:= 3
√175, et on a D(P) = −335472. On consid`ere α:= a+bθ+cθ2
n∈ZK, avec
n∈ {3,5,7}et a, b, c ∈Z. On a alors T(α) = 3a
n∈Zet N(α) = a3+175b3+1752c3−3.175abc
n3∈Z.
– Pour n= 3, l’information sur la trace n’apporte rien, et on v´erifie en testant a, b, c ∈ {0,1,2}
que la seconde condition impose que a,bet csoient divisibles par 3.
– Pour n= 5 ou n= 7, la premi`ere condition assure que aest divisible par n, donc on peut
consid´erer β:= bθ+cθ2
n∈ZK, dont la norme vaut N(β) = 175b3+1752c3
n3∈Z, ce qui assure que
best divisible par n. Lorsque n= 7, on obtient donc que 7|b, donc 73|b3, donc 7|c(car 73ne
divise pas 1752). Donc a,bet csont divisible par 7 dans le cas n= 7.
Dans le cas n= 5, on a obtenu que aet bsont divisibles par 5, et on n’a aucune contrainte
suppl´ementaire sur c. R´eciproquement, il est clair que θ2
5est un entier alg´ebrique puisque
son polynˆome minimal est X3−1752
53=X3−245 ∈Z[X] qui est bien unitaire. Donc on
a montr´e qu’un ´el´ement α:= a+bθ+cθ2
5∈K, avec a, b, c ∈Z, ´etait un entier alg´ebrique si
et seulement si 5|aet 5|b. Enfin, il est possible que 25 divise f, donc on doit consid´erer
un ´el´ement α:= a+bθ+cθ2
5
5∈ZK, avec a, b, c ∈Z. Alors comme pr´ec´edemment, on a 5|a
et 53|(52.7b3+ 5.72c3). Donc 5|cet 5|b. Donc finalement les entiers alg´ebriques de la forme
a+bθ+cθ2
25 , avec a, b, c ∈Zsont exactement les ´el´ements de Z[θ, θ2 5].
Finalement, on a montr´e que ZK=Z[θ, θ2
5], que Z[θ]⊂ZKest d’indice 5 et que DK=−335272=
−33075.
c) On dispose d’un sous-groupe libre Rde rang 4 dans ZK, `a savoir R:= Z[i, √2]. Une Z-base de
Rest donn´ee par (1, i, √2, i√2). Le discriminant de cette base vaut 210 = 1024, donc l’indice de
Rdans ZKest une puissance de 2. Soit α=a+bi+c√2+di√2
2∈ZK, avec a, b, c, d ∈Z. La norme
de αvaut
N(α) = (a2−b2−2c2+ 2d2)2+ 4(ab −2cd)2
16 .
On a N(α)∈Z, donc a≡b[2] et 4|c4+d4+a2b2+2c2d2. Il suffit alors de tester ces conditions pour
a, b, c, d ∈ {0,1}, et on trouve alors que la seule possibilit´e non triviale est (a, b, c, d) = (0,0,1,1),
i.e. α=a+bi +√2+i√2
2.
Ainsi dispose-t-on d’un nouveau sous-groupe R0de ZK(qui contient Rcomme sous-groupe
d’indice 2) d´efini par R0=Z[i, √2,√2+i√2
2] = Z[√2+i√2 2], de base (1, i, √2,√2+i√2 2) et de discri-
minant 28= 256. On se donne β:= a+bi+c√2+d√2+i√2
2
2∈ZKavec a, b, c, d entiers dans {0,1}.
Alors
N(β) = (a2−b2−2c2−2cd)2+ (2ab −2cd −d2)2
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 derni`ere
condition est impossible, on en d´eduit que a=b=c=d= 0, donc β∈R0.
Finalement, on a montr´e que ZK=Z[√2+i√2
2] et que DK= 256.
Remarquons d’ailleurs que le corps Kn’est autre que Q(ζ8) et qu’on a montr´e que ZK=Z[ζ8].
Exercice 8 : Soient m, n ∈Z\ {0; 1}distincts sans facteur carr´e. On note K:= Q(√m, √n) et
k:= mn
pgcd(m,n)2. L’objectif de cet exercice est de calculer ZK.
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