Problèmes de Mathématiques

1.1. Soit y ∈ (Z/pZ)∗. Si y n’est pas un carré, pour tout x ∈ (Z/pZ)∗, x 6= yx−1. Il y a

paires {x , yx−1} distinctes formant une partition de (Z/pZ)∗ et ainsi

Y

x = y

p − 1

2

p−1

2 .

Si y est un carré, il existe exactement deux éléments ±x0 de (Z/pZ)∗ dont le carré est y

0 = (x−x0)(x+x0)(cid:1) . Dans ce cas on obtient une

(cid:0)car Z/pZ est un anneau intègre et x2 −x2

partition de (Z/pZ)∗ en deux singletons {x0} , {−x0} et

paires {x , yx−1} distinctes.

p − 3

2

x∈(Z/pZ)∗

On a donc

Y

x∈(Z/pZ)∗

x = −x2

0y

p−3

2 = −y

p−1

2 .

[ Q ]

1.2. On peut choisir le carré y0 = 1Z/pZ (noté simplement 1) qui donne

Y

x∈(Z/pZ)∗

x = −1 , donc

p−1

2 =

y

(cid:26) 1 si y est un carré

−1 sinon

[ Q ]

2. Généralités

2.1. Si la condition (i) est vérifiée, la Q-algèbre Q[ζ] est de dimension finie sur Q égale au

degré du polynôme minimal de ζ . Cette Q algebre est integre puisqu’elle est incluse dans

C qui est un corps. Toute algebre integre de dimension finie étant un corps, Q[ζ] est un

corps de nombres lorsque la condition (i) est vérifiée.

Réciproquement, si la condition (ii) est vérifiée, Q[ζ] est de dimension finie sur Q donc

l’idéal annulateur dans Q[X] de ζ n’est pas nul et la condition (i) est vérifiée.

[ Q ]

2.2. Supposons la condition (i) vérifiée : il existe une famille (a1 , a2 , . . . , ap) ∈ Zp telle que

f p =

akf p−k. Considérons alors une famille génératrice (g1 , g2 , . . . , gq) du Q-espace

p

X

k=1

de type fini V et posons vi(p−k+1) = f p−k(gi) pour tout (k , i) ∈ [[ 1 , p ]] × [[ 1 , q ]] . Par

construction, la famille (v1 , v2 , . . . , vpq) est génératrice de V et vérifie f (vj) ∈

pour tout j ∈ [[ 1 , pq ]] . La condition (ii) est alors vérifiée.

Réciproquement, supposons la condition (ii) est vérifiée : on peut trouver une famille

(v1 , v2 , . . . , vn) génératrice de V et une matrice A ∈ Mn (Z) telle que f (vj) =

aijvi

pour tout j ∈ [[ 1 , n ]] . Le théorème de Cayley-Hamilton permet d’affirmer que le polynôme

caractéristique χA est un polynôme annulateur de A . En actionnant la matrice eχA(A)

sur les vecteurs colonnes canoniques de Qn on obtient eχA(f )(vj) = OV pour tout

i=1

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pq

X

r=1

Zvr

n

X

Problèmes de Mathématiques

Entiers algébriques. Loi de réciprocité quadratique.

Corrigé

j ∈ [[ 1 , n ]] . L’endomorphisme eχA(f ) de V s’annule sur une famille génératrice de V :

c’est donc l’endomorphisme nul. Ainsi χA est un polynôme unitaire annulateur de f et

par construction χA ∈ Z[X] . Donc (ii) =⇒ (i) .

[ Q ]

2.3. Considérons deux endomorphismes entiers de V qui commutent. On peut trouver des

familles génératrices finies u et v associées à f et g respectivement et vérifiant la condition

Zvj . Par linéarité de f et g ,

Zuj et g(vi) ∈

imposée dans 2.2.(ii) : f (ui) ∈

X

X

f ◦ g(ui) = g ◦ f (ui) ∈

X

j

j

Zg(uj) et f ◦ g(vi) = g ◦ f (vi) ∈

j

Zf (uj) si bien qu’en notant

X

j

w la famille obtenue en réunissant les vecteurs de u , v , f ◦ u et f ◦ v , on obtient une

famille génératrice de V vérifiant la condition (ii) aussi bien pour f ◦ g que pour f + g :

les endomorphismes f ◦ g et f + g sont donc entiers.

L’exemple V = Q[i] f (x + iy) = x et g(x + iy) =

(x + y) (x , y) ∈ Q2 donne deux

projecteurs,donc des endomorphismes entiers de V tels que le composé f ◦ g défini par

1 + i

2

f ◦ g(x + iy) =

n’est pas entier (c’est la moitié d’un projecteur).

[ Q ]

x + y

2

2.4. Soit x ∈ OK ∩ Q . Il existe alors un polynôme unitaire P = X p −

p

X

k=1

akX p−k à coefficients

dans Z annulateur de mx . Donc le rationnel x =

m

n

est racine de P : mp =

On peut choisir les entiers relatifs m et n étrangers, et comme n divise

p

X

p

X

k=1

akmp−knk.

akmp−knk = mp

en étant étranger avec mp, il faut que |n| = 1 . On a donc x = ±m ∈ Z . On en déduit que

OK ∩ Q ⊂ Z . L’inclusion inverse est immédiate.

[ Q ]

k=1

3. Entiers des corps quadratiques

√

3.1. Un automorphisme f du corps Q[

√

D)2 = f (D) = D donc f (

D] doit conserver 1, par suite f induit l’identité sur

D si bien que l’application Q-linéaire f

D] . Les seuls automorphismes

D] sont donc l’identité et σ (on vérifie sans difficulté que σ est bien un

Q . Ainsi f (

co¨ıncide avec l’identité ou avec σ sur la base (1 ,

du corps Q[

automorphisme de corps).

D) = ±

√

D) de Q[

[ Q ]

√

√

√

√

3.2. Soit D0 ∈ Q∗ et σ0 l’automorphisme associé de Q[

Alors σ = σ0 (d’après 3.1.) donc en écrivant

√

D ce qui exige a = 0 . On a donc

D0 = b

√

√

D0 = a − b

−

carré dans Q .

Réciproquement si

D0

D

√

√

√

D0 = a + b

√

D0] . Supposons que Q[

√

D0] = Q[

D] .

D avec (a , b) ∈ Q2 on a aussi

D0

D

= b2 est un

D et alors

√

√

√

D0

D

= ±b 6= 0 si bien que les

√

√

est le carré d’un rationnel b on a

Q-droites engendrées par

D sont les mêmes. Dès lors Q[

D0] = Q[

D] .

[ Q ]

√

D0 et

√

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Problèmes de Mathématiques

Entiers algébriques. Loi de réciprocité quadratique.

Corrigé

m

n

D

d

3.3. Écrivons d =

avec m et n entiers relatifs étrangers. Soit d l’entier relatif du signe

de D et dont la valeur absolue est le produit des facteurs premiers de m et de n dont

l’exposant est impair dans la décomposition de m et n en produit de facteurs premiers.

√

√

√

√

d] = Q[

est le carré d’un rationnel, donc, par 3.2., Q[

Par construction

divisible par aucun autre carré dans Z que 1 (d est sans facteur carré autre que 1).

Si Q[

d0] avec (d , d0) ∈ Z2 et d et d0 sans facteur carré autre que 1 alors d’après

a2

b2 avec a et b entiers relatifs étrangers. L’égalité d0b2 = da2

3.2., on peut écrire

montre que b2 divise da2 et comme b2 et a2 sont étrangers, le théorème de Gauss dit que

b2 divise d . Comme d est sans facteur carré autre que 1, b2 = 1 et d0 = da2. De même

a2 = 1 puisque d0 est sans facteur carré autre que 1. Ainsi d = d0 .

d] , et d n’est

D] = Q[

d0

d

[ Q ]

=

3.4. Soit (1 , δ) une base du corps K regardé comme Q-espace vectoriel de dimension 2. Alors

il existe (a , b) ∈ Q2 tel que δ2 = aδ + b . En posant D = a2 + 4b on obtient un élément

de Q qui n’est pas un carré et tel que δ ∈ Q[

D] sont deux plans tels que

K ⊂ Q[

D] . K et Q[

D] : ils sont égaux et K est un corps quadratique.

[ Q ]

√

√

√

3.5. Soit x ∈ OK . Alors x est racine d’un polynôme unitaire P ∈ Z[X] et comme 0 =

eP (x)(cid:1) = eP (cid:0)σ(x)(cid:1), on a aussi σ(x) ∈ OK (cf 2.2.(ii)). Comme OK est un sous-anneau

σ(cid:0)

de K on a x + σ(x) ∈ OK ∩ Q et xσ(x) ∈ OK ∩ Q . Or OK ∩ Q = Z d’après 2.4. Donc

x + σ(x) = s et xσ(x) = p sont des entiers relatifs.

Réciproquement, si x + σ(x) = s et xσ(x) = p sont des entiers relatifs, x et σ(x) sont

racines du polynôme unitaire P = X 2 − sX + p ∈ Z[X] . En particulier x ∈ OK d’après

2.2.(ii) .

[ Q ]

3.6. Soit x ∈ OK . D’après 3.5., x+σ(x) est un entier relatif. Donc x = a+b

et b ∈ Q . De même x−σ(x) = 2b

d ∈ OK donc 4b2d ∈ Z . En écrivant b =

√

√

d avec 2a = a0 ∈ Z

, (p , q) ∈ Z2

p

q

et p ∧ q = 1 , on observe que q2divise 4p2d et comme q2 ∧ p2 = 1 , q2 divise 4d . Puisque d

est sans facteur carré, |q| 6 2 donc 2b = b0 ∈ Z . Ainsi a02 − b02d = 4xσ(x) ≡ 0 [4] . Cela

exige que a0 et b0 soient de même parité (en effet d n’est pas divisible par 4 = 22).

√

• Cas où a0 et b0 sont pairs : x = a + b

d] . Inversement

d ∈ Z[

d ∈ OK donc

√

√

√

Z[

d] ⊂ OK .

• Cas où a0 et b0 sont impairs : a =

avec u ∈ Z et de même b = v +

a0

2

= u +

1

2

avec v ∈ Z . Dans ce cas a02 − b02d ≡ 1 − d ≡ 0 [4] et en posant ω =

on a

x = (u − v) + (2v + 1)ω ∈ Z[ω] . Inversement, lorsque d ≡ 1 [4] , d = 1 − 4d0 avec d0 ∈ Z

et ωσ(ω) =

= d0 ∈ Z et ω + σ(ω) = 1 ∈ Z donc ω ∈ OK et alors Z[ω] ⊂ OK .

√

d selon que d est, ou n’est pas congru à 1 modulo 4, on a

En posant ω =

montré que OK = Z[ω] . L’application ϕ : Z2 7−→ OK = Z[ω] définie par ϕ(p , q) = p + qω

est alors un isomorphisme de groupes additifs.

[ Q ]

ou

1 − d

4

1 +

2

d

√

1

2

√

d

1 +

2

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Entiers algébriques. Loi de réciprocité quadratique.

Corrigé

4. Un calcul analytique de τn

4.1. La fonction f est de classe C1 sur [0 , 1] et f (0) = f (1) = τn . On peut donc appliquer le

théoreme de Dirichlet a la fonction 1-périodique et C1 par morceaux associée à f :

∀ t ∈ [0 , 1] ,

f (t) =

+∞

X

m=−∞

cm(f ) e2iπmt

où cm(f ) =

Z 1

0

f (t) e−2iπmt dt .

En particulier, pour t = 0 : τn =

+∞

X

m=−∞

cm(f ) .

[ Q ]

4.2. La fonction g : R 7−→ C définie par g(t) = e 2iπt2

n

est paire et continue sur R donc elle y est

Z x

Z x

localement intégrable. Pour montrer que Gn(x) =

g(t) dt = 2

limite quand le réel x tend vers +∞ il suffit de montrer que Hn(x) =

−x

0

g(t) dt admet une

Z x

g(t) dt admet

une limite quand x → +∞ . En intégrant par parties on a

Hn(x) =

n

4iπ

Z x

1

1

t

(cid:16)

d

e 2iπt2

n

(cid:17)

=

n

4iπ

(cid:20)1

t

(cid:21)t=x

e 2iπt2

n

Comme

g(t)

t2 = O

(cid:19)

(cid:18) 1

t2

est intégrable sur [1 , +∞[ et

1

Z x

e 2iπt2

n

dt

t2 ·

+

n

4iπ

= O

t=1

g(x)

x

1

(cid:18) 1

x

(cid:19)

admet une limite quand x → +∞ , ce qui assure l’existence de In = lim

x→+∞

[ Q ]

4.3. Par la relation de Chasles

−−−−−→

x→+∞

0 , Hn(x)

Z x

−x

g(t) dt .

In = lim

p→+∞

p−1

X

Z (m+1)n

m=−p

mn

g(t) dt = lim

p→+∞

p−1

X

Z n

m=−p

0

2iπ(t+mn)2

n

e

dt = lim

p→+∞

p−1

X

Z n

e 2iπt2

n e4iπmt dt .

m=−p

0

À nouveau par la relation de Chasles

Z n

e 2iπt2

n e4iπmt dt =

n−1

X

Z k+1

e 2iπt2

n e4iπmt dt =

0

k=0

k

On a donc In =

+∞

X

c2m(f ) . Or d’après 4.1, τn =

m=−∞

Il en résulte que

τn + f

(cid:17)

(cid:16) 1

2

4.4. Le changement de variable t =

= 2In .

√

[ Q ]

la limite quand x → +∞ donnent directement

lorsque n = 1 , f

(cid:17)

(cid:16) 1

2

= f0

(cid:17)

(cid:16) 1

2

n−1

X

Z 1

e

k=0

0

2iπ(t+k)2

n

e4iπmt dt = c2m(f ) .

+∞

X

cm(f ) et f

m=−∞

(cid:17)

(cid:16) 1

2

=

+∞

X

cm(f )(−1)m .

m=−∞

n u dans l’intégrale définissant Gn(x) et un passage à

n I1 . On a directement τ1 = 1 et

√

In =

√

√

2 = i . Donc 2In =

n 2I1 =

n (1 + i) .

[ Q ]

= e iπ

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Problèmes de Mathématiques

Entiers algébriques. Loi de réciprocité quadratique.

Corrigé

iπk2

p . De

e

iπ(2k+1)2

4p

e

.

p−1

X

k=0

p−1

X

k=0

4.5. Distinguons deux cas selon la parité de n .

p−1

X

n−1

X

• Cas où n = 2p : τn =

e 2iπk2

n =

k=0

k=0

même f

(cid:17)

(cid:16) 1

2

=

n−1

X

k=0

iπ(2k+1)2

2n =

e

p−1

X

e

k=0

iπ(2k+1)2

4p +

p−1

X

k=0

e

iπk2

p +

p−1

X

k=0

iπ(k+p)2

p

e

= (cid:0)1 + (−1)p(cid:1)

iπ(2k+1+2p)2

4p

e

= (cid:0)1−(−1)p(cid:1)

√

(cid:17)

(cid:16) 1

2

p

X

Donc si n ≡ 2 [4] ,

τn = 0 et si n ≡ 0 [4] ,

f

= 0 et τn =

n (1 + i) .

• Cas où n = 2p + 1 : τn =

n−1

X

k=0

(cid:17)

f

(cid:16) 1

2

=

n−1

X

k=0

iπ(2k+1)2

2n =

e

p

X

e

k=1

Alors τn+f

(cid:17)

(cid:16) 1

2

= τn(1+in) =

En remarquant que

1 + i

1 + in =

√

e 2iπk2

n = 1 +

p

X

e 2iπk2

n +

2iπ(n−k)2

n

e

= 1 + 2

iπ(n−2k)2

2n +in +

k=1

iπ(n+2k)2

2n

= in

1 + 2

p

X

e 2iπk2

n

e 2iπk2

n .

p

X

k=1

!

= inτn .

n (1+i) . Ainsi τn =

√

n

1 + i

1 + in =

k=1

(cid:26) √

√

i

1 + i−n

1 + i−1 on observe que la formule τn =

n si n ≡ 1 [4] ,

n si n ≡ 3 [4] .

1 + i−n

1 + i−1

√

n

k=1

p

X

e

k=1

obtenue dans le cas n impair est aussi valable dans le cas n pair.

[ Q ]

4.6. Soit d un entier supérieur ou égal à 2 sans diviseur carré.

√

d] ⊂ Q[ζ] . De plus i

d ∈ Q[ζ 0] où ζ 0 = e iπ

d = τd ∈ Q[ζ] où ζ = e 2iπ

√

d est une racine de de l’unité. Dans ce

2d est une racine de l’unité et alors

• Si d ≡ 1 [4] , alors

√

cas Q[

√

Q[i

d] ⊂ Q[ζ 0] .

√

√

• Si d ≡ 3 [4] , on obtient les inclusions Q[

• Si d ≡ 2 [4] , alors d = 2(2p + 1) et par l’un des deux cas précédents, il existe une

2 ∈ Q[e iπ

4 ]

4 ] et i

n0 avec n0 = n ∨ 8 . Les deux

2p + 1 ∈ Q[ζ] . Comme

n telle que

d appartiennent a Q[ζ 0] ou ζ 0 = e 2iπ

√

d] ⊂ Q[ζ 0] et Q[i

racine de l’unité ζ = e 2iπ

les nombres

corps quadratiques Q[

d] sont alors inclus dans Q[ζ 0] .

d] ⊂ Q[ζ] .

2 ∈ Q[e iπ

d] et Q[i

d et i

√

√

√

√

√

√

On a ainsi prouvé que, pour tout corps quadratique K , il existe une racine de l’unité ζ

telle que K ⊂ Q[ζ] .

[ Q ]

5.1. ϕ2(f )(x) =

X

y∈Z/nZ

5. Un calcul algébrique de τn

ϕ(f )(y)ζ xy =

X

f (z)ζ zyζ xy =

X

f (z)

X

(ζ (z+x))y. Or

(y,z)∈

(cid:0)Z/nZ(cid:1)2

X

ξy =

y∈Z/nZ

1 − ξn

1 − ξ

z∈Z/nZ

y∈Z/nZ

= 0 , donc ϕ2(f )(x) = n f (−x) .

pour toute racine ne de l’unité ξ 6= 1 ,

[ Q ]

5.2. D’après 5.1, un polynôme annulateur de ϕ2 est X 2 − n2 : ce polynôme est scindé avec

pour racines simples ±n . Donc ϕ2 est diagonalisable avec spectre inclus dans {−n , n} .

Comme n est non nul on en déduit que ϕ est diagonalisable avec spectre inclus dans

{−

n , −i

n , i

[ Q ]

n} .

n ,

√

√

√

√

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Problèmes de Mathématiques

Entiers algébriques. Loi de réciprocité quadratique.

Corrigé

5.3. |τn|2 = τn τn =

X

ζ x2ζ −y2 =

X

ζ (x−y)(x+y). Comme on suppose n impair,

(cid:0)Z/nZ(cid:1)2

(x,y)∈

(cid:0)Z/nZ(cid:1)2

(x,y)∈

2 est inversible dans Z/nZ donc on réalise une bijection de

u + v

2

−u + v

2

(cid:26)u = x − y

v = x + y

On a donc |τn|2 =

posant





x =

y =

(u,v)∈



X

(cid:0)Z/nZ(cid:1)2

√

(cid:16)

(cid:17)2

Z/nZ

sur lui même en

ζ uv . Or on a vu que si

ζ u 6= 1 la somme

X

(cid:0)ζ u(cid:1)v est nulle. Donc |τn|2 = n et |τn| =

n .

[ Q ]

v∈Z/nZ

√

5.4. La trace de ϕ est la somme de ses valeurs propres répétées avec leur multiplicité. Donc

n(cid:0)a − b + i(c − d)(cid:1) et comme |τn|2 = n on en déduit que (a − b)2 + (c − d)2 = 1 .

τn =

Par construction c−d est la dimension de l’espace propre pour ϕ2 associé à la valeur propre

−n . D’après 5.1 cet espace propre est celui des applications impaires de Z/nZ dans C .

Le seul élément x ∈ Z/nZ vérifiant x = −x est 0 car n est impair. Donc la dimension

n − 1

2

du sous-espace de V constitué des applications impaires est

· On en conclut que

c + d =

n − 1

2

et a + b = n − (c + d) =

n + 1

2

5.5. La matrice de ϕ relativement à la base canonique de V est M = (ζ pq)(p,q)∈[[ 0 , n−1 ]]2.

Le déterminant de ϕ est donc le déterminant de Van der Monde associé à la famille

(1 , ζ , · · · , ζ n−1). Ainsi Dét ϕ =

n facteurs dans ce produit

(ζ q − ζ p). Il y a C2

[ Q ]

Y

·

chaque facteur ayant pour argument

06p<q<n

π

2

+

(p + q)π

n

. Un calcul simple donne

2

n

X

(p+q) =

06p<q<n

1

n





X

(p + q) −

(p,q)∈[[ 0 , n−1 ]]2



(p + p)

 =

1

n

n−1

X

p=0

(cid:0)n2(n−1)−n(n−1)(cid:1) = (n−1)2

et comme (n − 1)2 est multiple de 4 ,

π

n

X

(p + q) ≡ 0 [2π] . Il en résulte que

06p<q<n

Dét ϕ = i

n(n−1)

2 n n

2 .

[ Q ]

5.6. D’après 5.4 il n’y a que deux possibilités :

• a = b =

et c − d = ±1 , auquel cas n ≡ −1 [4] . Il faut alors d’après 5.5

n(n−1)

que i

2 = (−1)bic−d. Or i

n(n−1)

c − d = 1 . Sachant que c + d =

2 = i1−2b = (−1)bi . Le seul choix possible est donc

n − 1

2

n(cid:0)a − b + i(c − d)(cid:1) = i

il vient a = b = c =

n − 3

4

n + 1

4

· Dans

et d =

n .

√

√

ce cas τn =

• c = d =

et a − b = ±1 , auquel cas n ≡ 1 [4] . Cette fois i

n(n−1)

2 = (−1)c et

n + 1

4

n − 1

4

par 5.4 il faut que b et c soient de même parité. La condition a + b =

n + 1

2

donne

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Michel Lepez

Problèmes de Mathématiques

Entiers algébriques. Loi de réciprocité quadratique.

Corrigé

la seule possibilité a − b = 1 avec b = c = d =

√

τn =

n(cid:0)a − b + i(c − d)(cid:1) =

√

n .

[ Q ]

n − 1

4

et a =

n + 3

4

· Dans ce cas

6. Réciprocité quadratique

6.1. Soit x ∈ OL ∩ K . L’endomorphisme mx,L = x IdL de L laisse stable K ⊂ L et il existe un

polynôme unitaire P ∈ Z[X] annulateur de mx,L . Ce polynôme annule aussi la restriction

mx,K = x IdK de mx,L à K donc x ∈ OK .

Réciproquement soit x ∈ OK . Le polynôme unitaire Px = X 2 − (cid:0)x + σ(x)(cid:1)X + xσ(x) est

a coefficients entiers d’apres 3.5 et comme ePx(mx,L) = ePx(x) IdL , la relation eP (x) = 0

[ Q ]

montre que mx,L est annulé par Px donc x ∈ OL . Il en résulte que OL ∩ K = OK .

6.2. Posons ζ = e

2iπ

p . On a τp =

p

X

k=1

ζ k2 donc τ q

p =

X

n1+···+np=q

q!

n1! · · · np!

p

Y

k=1

ζ k2nk. Dans cette

q!

n1! · · · np!

somme tous les coefficients

sont des entiers divisibles par q dès que tous les

entiers nk sont différents de q car q étant premier, q est étranger avec n1! , . . . , np!

(théorème de Gauss). Comme les puissances de ζ sont éléments de l’anneau OL , on en

déduit que τ q

p −

ζ k2q ∈ qOL . Par ailleurs l’application x ∧−−→ x2q de Z/pZ dans lui

p

X

k=1

même induit une permutation de l’ensemble des carrés de Z/pZ si

bijection de l’ensemble des carrés de Z/pZ sur son complémentaire si

(cid:19)

(cid:18)q

p

(cid:18)q

p

= 1 et induit une

(cid:19)

= −1 . Comme

la somme des racines pe de l’unité est nulle, il vient

en conclut que τ q

p −

(cid:19)

(cid:18)q

p

τp ∈ qOL ∩ K = qOK .

[ Q ]

p

X

k=1

ζ k2q =

(cid:18)q

p

(cid:19) p

X

k=1

ζ k2 =

(cid:19)

(cid:18)q

p

τp . On

6.3. Si nτp ∈ qOK il existe (a , b) ∈ Z2 tel que nτp = q(a + bω) où ω ∈

n

τp ,

1 + τp

2

o

(cf 3.6).

Il en résulte que qb ∈ {n , 2n} et comme q est étranger avec 2, on déduit du théorème de

Gauss que q divise n .

(cid:18)q

p

τp = nτp avec n = (−1)

(cid:18)q

p

q−1

2 p

p −

[ Q ]

p−1

2

(cid:19)

(cid:19)

6.4. D’après 5.6, τ q

n ≡ 0 [q] et par 1.2, p

q−1

2 ≡

[q] , donc (−1)

p−1

2

q−1

2

≡

(cid:19)

(cid:18)p

q

q−1

2 −

(cid:19)

(cid:18)p

q

. Or par 6.2 et 6.3,

(cid:18)q

p

[q] . Il s’agit là

(cid:19)

d’une congruence modulo q entre entiers relatifs égaux à ±1 et q > 2 : on a donc une

(cid:18)p

q

égalité, que l’on peut écrire sous la forme

(cid:19) (cid:18)q

p

= (−1)

q−1

2 .

[ Q ]

p−1

2

(cid:19)

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Entiers algébriques. Loi de réciprocité quadratique.

Corrigé

6.5. Pour n ∈ N∗, soit On la surjection canonique de Z sur Z/nZ . Si (x , x0) ∈ Z2 et (y , y0) ∈ Z2

vérifient respectivement Op(x) = Op(x0) et Oq(y) = Oq(y0) alors q(x − x0) + p(y − y0) est

multiple de pq donc Opq(qx + py) = Opq(qx0 + py0) . On définit donc bien une application

Φ : Z/pZ × Z/qZ 7−→ Z/pqZ par la formule : Φ(X , Y ) = Opq(qx + py) pour tout

(x , y) ∈ X × Y . Comme p et q sont étrangers, le théorème de Bézout montre que pour

tout z ∈ Z il existe (x , y) ∈ Z2 tel que z = qx + py donc Φ(Op(x) , Oq(y)) = Opq(z) .

L’application Φ est donc surjective, et comme la source et le but de Φ ont le même cardinal

pq , Φ est bijective.

[ Q ]

6.6. Grâce à la bijection Φ précédente on a

τpq =

X

2iπZ2

pq =

e

X

2iπ(qX+pY )2

pq

e

=

X

2iπqX2

p

e

2iπpY 2

q

e

Z∈Z/pqZ

(X,Y )∈Z/pZ×Z/qZ

(X,Y )∈Z/pZ×Z/qZ

X

2iπqX2

p X

e

2iπpY 2

q

e

=

X∈Z/pZ

Y ∈Z/qZ

On a déjà vu en 6.2 pourquoi

X

2iπqX2

p =

e

X∈Z/pZ

(cid:19)

(cid:18)q

p

τp si bien que τpq =

(cid:19)

(cid:18)p

q

(cid:19) (cid:18)q

p

τpτq .

[ Q ]

6.7. • Supposons

p − 1

2

et

q − 1

2

de même parité :

– Ou bien p et q ≡ 1 [4] : alors τpq =

– Ou bien p et q ≡ 3 [4] : alors τpq =

√

pq = τpτq (cf 5.6) et

√

pq = −τpτq (cf 5.6) et

(cid:19)

(cid:18)p

q

(cid:18)p

q

(cid:19) (cid:18)q

p

(cid:19) (cid:18)q

p

= 1 (cf 6.6).

(cid:19)

= −1 (cf 6.6).

• Supposons

de parité contraire : alors pq ≡ 3 [4] et τpq = i

√

pq = iτpτq

p − 1

2

(cid:18)p

q

q − 1

2

(cid:19)

et

(cid:19) (cid:18)q

p

(cid:19) (cid:18)q

p

(cid:18)p

q

(cf 5.6) donc

= 1 (cf 6.6).

Dans tous les cas

(cid:19)

= (−1)

p−1

2

q−1

2 .

[ Q ]

6.8. Par la formule du binôme et le fait que le nombre premier q divise Ck

q pour k...