Sommes de Gauss sur un anneau fini Contexte et notations

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Sommes de Gauss sur un anneau fini
Références : notes de P.N. (5 Mai 1993). Koblitz, Introduction to Elliptic Curves and Modular Forms,
exercice 9 de la section 2 du chapitre II, page 62 (l’exercice est partiellement corrigé).
Ribenboim, Classical Theory of Algebraic Numbers, en particulier (mais beurk) section 26.1, The Qua-
dratic Character Attached to the Quadratic Field.
Frölich & Taylor, Algebraic Number Theory. En particulier, chap. VI (Cyclotomic Fields), §3 (Quadratic
fields revisited).
Loïc Mérel, Nombres Algébriques et Nombres p-adiques (cours préparatoires aux études doctorale 2003-
04), TAN.pdf
W. Stein, Modular Forms, a Computational Approach, chap. 4, Dirichlet Characters
Contexte et notations
•On note (U,×)le groupe multiplicatif des nombres complexes de module 1.
Ici Rest un anneau commutatif fini ; il faut par exemple penser à R=Z/NZet/ou à un corps fini.
J’attaque bille en tête, de manière pas très pédagogique, par un lemme. Lemme que je trouve rassurant
en ce qui concerne les histoires de caractères (multiplicatifs) primitifs.
Lemme 1.
Pour tout idéal Ide R, le morphisme entre groupes multiplicatifs :
R×→(R/I)×
est surjectif de noyau R×∩(1 + I). En conséquence, on dispose d’un isomorphisme canonique :
(R/I)×can. 'R×
R×∩(1 + I)
Preuve.
IMontrons le d’abord pour R=Z/NZ. Soit N0un diviseur de N, ce qui permet de considérer
(Z/NZ)×→(Z/N0Z)×. Considérons k0∈Zinversible modulo N0que l’on doit relever en un inver-
sible modulo N. On pose (Landau’s trick)
k=k0+aN0avec a=Y
p|N
p6 |k0
p
Alors k≡k0mod N0. Montrons que kest inversible modulo Nen montrant qu’un diviseur premier p
de Nne divise pas kvia :
p6 | k0=⇒p|aN0
p|k0=⇒p6 | aN0donc, dans tous les cas, p6 | k=k0+aN0
En effet, dans le cas p6 | k0, on a p|a, a fortiori p|aN0. Dans le second cas p|k0, on a (par définition
de a)p6 | aet comme p6 | N0(k0, N0sont premiers entre eux), on obtient p6 | aN0.
Variante : on pourrait le montrer pour Dpuissance d’un premier (c’est alors facile car Z/DZest un
anneau local) puis vérifier que si c’est vérifié pour D1, D2premiers entre eux, alors c’est vrai pour le
produit D1D2.
IMontrons le pour un anneau semi-local i.e. ayant un nombre fini d’idéaux maximaux (cela s’applique
donc à un anneau fini). Soient m1,...,mkles idéaux maximaux tels que I6⊂ mj(k= 0 si I=R!).
Je dis qu’il n’existe pas d’idéal maximal mtel que I+m1···mk⊂mcar cela entraînerait I⊂met
l’existence d’un jtel que mj⊂mpuis mj=m, conduisant à I⊂mj, un tantinet contradictoire. Bref
I+m1···mk=R. Soit maintenant x∈Rinversible modulo I; alors, par le théorème chinois, il existe y
tel que :
y≡(xmod I
1 mod m1···mk
1

Alors y≡xmod I(ça, c’est sûr) et yest inversible. En effet, imaginons l’existence d’un idéal maximal m
avec y∈m. Si I⊂m, alors x∈m, et donc dans le quotient R/I, on a x∈m/I, non tenable car xest
inversible dans R/I. Si I6⊂ m, alors mest l’un des mjet donc y−1∈m1···mk⊂mjconduisant à
1∈mj.
Quelle horreur.
IVrai aussi pour un anneau résiduellement zéro-dimensionnel i.e. le quotient par son idéal de Jacobson
est un anneau zéro-dimensionnel (réduit). Et même pour un anneau local-global.
•Un caractère additif ψsur Rest un morphisme de (R, +) dans (U,×):
ψ(x+y) = ψ(x)ψ(y)
En fait, comme l’anneau est fini, les caractères sont à valeurs dans le sous-groupe U∞constitué des racines
n-ièmes de l’unité pour nvariable.
Exemple : si R=Z/NZ, on obtient un caractère additif en prenant une racine primitive N-ème de l’unité
et en définissant ψvia :
(?)ψ:mmod N7−→ ζm
N
Si ψest un caractère additif, on note, pour a∈R,ψale caractère additif obtenu par
ψa(x) = ψ(ax)
•Un caractère additif ψ:R→Uest dit primitif s’il ne transite pas par un caractère additif de R/I
pour un idéal Inon nul :
R
ψ
''U
R/I ψ0
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Ceci revient à dire que ψ(I)=1entraîne I={0}. En effet, la condition ψ(I)=1permet de faire passer
ψau quotient modulo Iet de définir ψ0.
Le fait que ψsoit primitif est aussi équivalent au fait de dire que ψ(aR) = 1 entraîne a= 0. Ce qui est
équivalent à dire que si ψaest le caractère trivial, alors a= 0.
Exemple : le caractère (?)est primitif. Supposons en effet, pour un a∈Zque ζax
N= 1 pour tout x∈Z;
alors c’est vrai pour x= 1 et donc N|acar ζNest d’ordre N. En conséquence a= 0 dans Z/NZ.
•Un caractère multiplicatif χsur Rest un morphisme multiplicatif χ:R×→U:
χ(xy) = χ(x)χ(y)
On le prolonge à Rtout entier en posant χ(x) = 0 pour x∈R\R×. Attention cependant au caractère
trivial ε(celui qui vaut 1sur R×) qui ne suit pas ce régime : son prolongement est 1 partout.
•Exemple de caractère multiplicatif : le power residue symbol (Ireland & Rosen, chap. 14, The Stickelber-
ger Relation and The Eisenstein Reciprocity Law, §2, p. 203). Considérons l’anneau cyclotomique Z[n
√1]
et un idéal premier pavec n /∈pi.e. si pZ=p∩Z, tel que p6 | n. Alors :
Z[n
√1]/p=Fp[n √1] = Fp(ζn) = Fqavec dimFpFq=ordre de pdans (Z/nZ)×
Puisque ζnest d’ordre ndans F∗
q, on a n|q−1et on dispose d’un isomorphisme canonique :
Un' 7−→ UnZ[n
√1]/p
Ainsi, pour x∈Z[n
√1] \p, on peut considérer xq−1
n, qui appartient à UnZ[n
√1]/pet que l’on peut
remonter en une vraie racine n-ième de Un. On obtient ainsi un caactère multiplicatif d’ordre nque l’on
prolonge à 0:
Z[n
√1]/p3x7−→ x
pn∈Un∪ {0}
2

•Un caractère multiplicatif χ:R→Uest dit primitif s’il ne transite pas par un caractère multiplicatif
de R/I pour un idéal Inon nul :
R×
χ
((U
(R/I)×χ0
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Ceci revient à dire que χR×∩(1 + I)= 1 entraîne I={0}. En effet, la condition χR×∩(1 + I)= 1
dit que χpasse au quotient “modulo I” pour former un caractère χ0sur (R/I)×, ce qui fait que Iest bien
nul.
En conséquence, dire que χest primitif signifie que pour tout idéal non nul I, il existe
x0∈R×, x0≡1 mod I, χ(x0)6= 1
Ou encore, pour tout a6= 0, il existe
x0∈R×, x0≡1 mod a, χ(x0)6= 1
Ainsi un caractère multiplicatif χ: (Z/NZ)×→Uest primitif si pour tout diviseur strict N0de N, il
existe x0∈Z, inversible modulo N, tel que x0≡1 mod N0et χ(x0)6= 1.
Le calcul de Gψ(χ)Gψ(χ)
Théorème 1.
Soient ψ, χ deux caractères sur R,ψétant additif, χétant multiplicatif, les deux primitifs. On définit
la somme de Gauss :
Gψ(χ) = X
x∈R
ψ(x)χ(x)
Alors :
Gψ(χ)Gψ(χ) = χ(−1) ×#R
Quelques lemmes techniques
Lemme 2.
Soit ψun caractère additif non trivial. Alors :
X
x∈R
ψ(x)=0
Preuve.
Soit x0∈Rtel que ψ(x0)6= 1. Comme x7→ x0+xest une bijection de Rsur lui-même
X
x∈R
ψ(x) = X
x∈R
ψ(x0+x) = ψ(x0)X
x∈R
ψ(x)i.e. 1−ψ(x0)X
x∈R
ψ(x)=0
D’où la chute puisque ψ(x0)6= 1.
Lemme 3.
Soit χun caractère multiplicatif primitif. Alors pour tout idéal non nul Iet pour tout a∈R:
X
x≡amod I
χ(x)=0
Preuve.
Soit x0∈R×tel que x0≡1 mod Iet χ(x0)6= 1, dont l’existence est assurée par le fait que χest primitif
et Inon nul.
La multiplication par x0induit une bijection de a+Isur lui-même, ceci étant dû au fait que x0≡1 mod I.
On peut donc écrire :
X
x≡amod I
χ(x) = X
x≡amod I
χ(x0x) = χ(x0)X
x≡amod I
χ(x)
3

c’est-à-dire :
1−χ(x0)X
x≡amod I
χ(x)=0
Et donc la somme est bien nulle puisque χ(x0)6= 1.
Remarque : il est fondamental de supposer Inon nul. Car lorsque I={0}, la somme se réduit à χ(a), et
il n’est pas raisonnable d’obtenir χ(a)=0(pour tout a).
Lemme 4. Soit χun caractère multiplicatif primitif. Alors pour tout caractère additif ψet tout élément
bnon inversible, on a :
X
x∈R
χ(x)ψ(bx)=0
Preuve. Introduisons l’idéal
I={x∈R|bx = 0}
Cet idéal n’est pas réduit à 0; en effet, si c’était le cas, bserait régulier, donc, puisque l’anneau est fini,
inversible, ce qui n’est pas le cas.
On va pouvoir appliquer le lemme précédent en sommant sur chaque classe modulo Ii.e. on va montrer
que chaque sous-somme est nulle :
Sa:= X
x≡amod I
χ(x)ψ(bx)
Pour x≡amod I, on a x−a∈Idonc, par définition de I,b(x−a)=0i.e. bx =ba. Si bien la somme
Savaut :
Sa=X
x≡amod I
χ(x)ψ(ba) = ψ(ba)X
x≡amod I
χ(x)
Et la somme de droite est nulle d’après le lemme précédent.
Preuve du théorème (1).
Notons S=Gψ(χ)Gψ(χ)qui par définition vaut :
S=X
x,y∈R
ψ(x)χ(x)ψ(y)χ(y) = X
x∈R,y∈R×
ψ(x)ψ(y)χ(xy−1)
En posant u=xy−1, on a x=uy si bien que :
S=X
u∈R,y∈R×
ψ(uy)ψ(y)χ(u) = X
y∈R×
ψ(y)X
u∈R
ψ(uy)χ(u)
Et c’est maintenant là la clef : si yest non inversible, la somme Pu∈Rψ(uy)χ(u)est nulle (lemme
précédent appliqué à b↔y). Si bien que l’on peut sommer sur Rtout entier puis permuter sommations
en uet en y:
S=X
y∈R
ψ(y)X
u∈R
ψ(uy)χ(u) = X
u∈R
χ(u)X
y∈R
ψ((1 + u)y)def =X
u∈R
χ(u)X
y∈R
ψ1+u(y)
Si 1 + u6= 0, alors, comme ψest primitif, le caractère additif ψ1+un’est pas trivial et par conséquent
(premier lemme de cette section) Py∈Rψ1+u(y) = 0.
Il reste donc :
S=X
u∈R
χ(−1) ×1 = χ(−1) ×#R
OUF.
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Le caractère associé à un anneau quadratique (symbole de Kronecker)
Le coup de p∗= (−1)p−1
2pour un premier impair p, de la somme de Gauss
τp∗=τ0−τ1, τ0=X
i∈F∗2
p
ζi
p, τ1=X
i∈F∗
p\F∗2 p
ζi
p
et l’inclusion :
Q(√p∗)⊂Q(p
√1) certifiée par τ2
p∗=p∗
Et son bonus arithmétique via l’écriture τ=τ0−τ1. Puisque τ0+τ1=−1, on a :
4τ0τ1= (τ0+τ1)2−(τ0−τ1)2= 1 −p∗
On en déduit que τ0, τ1sont les racines de
X2−X+1−p∗
4de discriminant p∗
Et par suite
anneau des entiers de Q(√p∗) = Z[τ1] = Z[τ1]⊂Z[p
√1]
Les 3 discriminants exceptionnels −4,8,−8
−4 = Disc(Z[i]),8 = Disc(Z[√2]),−8 = Disc(Z[√−2])
liés aux inclusions cyclotomiques :
Z[i] = Z[4
√1],Z[√2] ⊂Z[8 √1],Z[√−2] ⊂Z[8 √1]
ωω3=iω
ω5=−ω ω7=−iω
ω2=i
ω4=−1
ω6=−i
On a les relations immédiates à établir :
ω=√2
2+i√2 2, iω =−√2 2+i√2 2,
ω2=i, ω4=−1
Décomposition d’un discriminant quadratique fondamental en discriminants quadratiques
fondamentaux primaires
Un discriminant quadratique ∆est le discriminant d’un anneau quadratique Z[θ]où θ /∈Zest racine
d’un trinôme du second degré à coefficients entiers
X2−SX +P∈Z[X], S2−4P= ∆
Les anneaux quadratiques sont classifiés par leur discriminant. Celui doit vérifier :
∆≡0,1 mod 4,∆n’est pas un carré dans Z
On peut par exemple prendre pour représenter l’anneau quadratique de discriminant ∆:
θ=±∆±√∆
2de polynôme minimal X2±∆X+∆2−∆ 4
Cet anneau a pour description :
(x+y√∆
2, x, y ∈Z|x≡y∆ mod 2)
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