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Universite Pierre & Marie Curie Master de mathematiques 1Annee 2012-2013 Module MM020
Theorie des Nombres - TD3Loi de reciprocite quadratique
Exercice 1 : Pour quels nombres premiers p la classe de l’entier 7 modulo p est-elle un carre ?
Solution de l’exercice 1. Tout d’abord, il est clair que 7 est un carre modulo 2 et modulo 7.Soit maintenant un nombre premier impair p 6= 7. On ecrit la loi de reciprocite quadratique :(p
7
) (7p
)= (−1)
p−12 .
On en deduit donc que(
7p
)= 1 si et seulement si (
(p7
)= 1 et p ≡ 1 [4]) ou (
(p7
)= −1 et p ≡ 3 [4]).
Ecrivons la liste des carres non nuls modulo 7 : 1, 2, 4 mod 7 sont les carres non nuls modulo 7.Alors la condition precedente s’ecrit ainsi :
(7p
)= 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, definipar φ(a mod 7, b mod 4) := 8a− 7b mod 28 (puisqu’une relation de Bezout s’ecrit 4.2 + 7.(−1) = 1).Donc les conditions precedentes se traduisent ainsi :
(7p
)= 1 si et seulement si p ≡ 1, 9, 25 [28] ou
p ≡ 3, 19, 27 [28].Finalement, on a montre que pour tout nombre premier p, 7 est un carre modulo p si et seulement si
p ≡ 1, 2, 3, 7, 9, 19, 25, 27 [28] ,
si et seulement sip = 2 ou p = 7 ou p ≡ 1, 3, 9, 19, 25, 27 [28] .
Exercice 2 : Expliciter la fonction p 7→(
3p
).
En deduire que la condition “3 est un carre modulo p” ne depend que de la classe de p modulo 12.
Solution de l’exercice 2. Notons pour simplifier f(p) :=(
3p
). D’abord, il est clair que f(3) = 1 et
f(2) = 1.Soit maintenant un nombre premier p ≥ 5.La loi de reciprocite quadratique assure que f(p) =
(p3
)(−1)
p−12 . Or les carres modulo 3 sont exacte-
ment les classes de 0 et de 1. Par consequent, 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/12Z donne par ϕ(a mod 3, b mod 4) =4a− 3b mod 12. Donc les conditions precedentes sont equivalentes aux conditions suivantes : f(p) = 1si et seulement si p ≡ 1 [12] ou p ≡ 11 [12].Finalement, on a montre que :(
3p
)= 1 si et seulement si p = 2, 3 ou p ≡ 1, 11 [12]
et (3p
)= −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 d est un diviseur de n2 + n + 1, alors −3 est un carre mod. d.]
Solution de l’exercice 3. Soit d un diviseur positif de n2 + n + 1. Alors d est impair et d divise4(n2 + n + 1). Or 4(n2 + n + 1) = (2n + 1)2 + 3, donc (2n + 1)2 ≡ −3 [d], donc −3 est un carremodulo d. Supposons maintenant que d = p est un diviseur premier de n2 + n + 1, avec p 6= 3. Alors(−3p
)= 1, i.e.
(−1p
) (3p
)= 1. Donc
(3p
)= (−1)
p−12 . Or la loi de reciprocite quadratique assure que(
3p
)= (−1)
p−12
(p3
). Donc on obtient
(p3
)= 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 estcongru a 1 ou 3 modulo 6. Donc il n’existe aucun diviseur de la forme 6k − 1.
Exercice 4 : Soit p un nombre premier de Fermat, i.e. de la forme p = 22n+ 1, avec n ∈ N.
Montrer que la classe de 3 dans Z/pZ engendre (Z/pZ)∗ des que p 6= 3. Meme question en remplacant3 par 5, puis par 7.
Solution de l’exercice 4. On suppose p 6= 3. Le groupe (Z/pZ)∗ est cyclique d’ordre 22n. Donc 3
engendre ce groupe si et seulement si 3 n’est pas un carre modulo p, si et seulement si(
3p
)= −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 meme raisonnement en remplacant 3 par un nombre premier impair q : supposons p 6= q.Alors q engendre (Z/pZ)∗ si et seulement si q n’est pas un carre modulo p, si et seulement si
(qp
)= −1
si et seulement si(
pq
)= −1. Or pour q = 5, on trouve
(p5
)=
(42n−1
+15
), et 42n−1 ≡ 1 [5] des que
n ≥ 2. Donc pour q = 5 et n ≥ 2, on trouve que(p
5
)=
(25
)= −1, donc 5 engendre (Z/pZ)∗.
De meme, pour q = 7 et n ≥ 3, on trouve(p
7
)=
(37
)ou
(57
)selon la parite de n, donc
(p7
)= −1, d’ou
le resultat.
Exercice 5 : Soit p un nombre premier impair.
a) Montrer que ∑x∈F∗p
(x
p
)= 0 .
b) Soit K un corps et soit ζp ∈ K une racine primitive p-ieme de l’unite. On pose G(ζp) :=∑x∈F∗p
(xp
)ζxp . Montrer que G(ζp)2 =
(−1p
)p.
[Indication : on pourra montrer que G(ζp)2 =(−1p
)G(ζp)G(ζ−1
p ), ou alors que G(ζp)2 =∑
x,y∈F∗p
(yp
)ζ
x(1+y)p ]
c) En considerant un corps K de caracteristique q 6= p (q premier impair), calculer G(ζp)q de deuxfacons differentes et en deduire la loi de reciprocite quadratique.
d) En considerant le corps K = C, deduire de la question b) que toute extension quadratique deQ est contenue dans une extension cyclotomique (i.e. de la forme Q(ζn), ou ζn est une racineprimitive n-ieme de l’unite).
Solution de l’exercice 5.
a) On note S :=∑
x∈F∗p
(xp
). Puisque p > 2, il existe y ∈ F∗p tel que
(yp
)= −1. Alors le morphisme
x 7→ yx est une bijection de F∗p dans lui-meme, donc
S =∑x∈F∗p
(x
p
)=
∑x∈F∗p
(yx
p
)=
∑x∈F∗p
(y
p
) (x
p
)= −
∑x∈F∗p
(x
p
)= −S .
Donc 2S = 0, donc S = 0.
2
b) On a
G(ζp)2 =∑x∈F∗p
∑y∈F∗p
(xy
p
)ζx+yp .
Or pour tout x ∈ F∗p, l’application y 7→ xy est une bijection de F∗p dans lui-meme. Donc pourtout x ∈ F∗p, on a ∑
y∈F∗p
(xy
p
)ζx+yp =
∑y′∈F∗p
(x2y′
p
)ζx+xy′p =
∑y′∈F∗p
(y′
p
)ζx(1+y′)p .
Par consequent, on en deduit que
G(ζp)2 =∑
x,y∈F∗p
(y
p
)ζx(1+y)p =
∑y∈F∗p
(y
p
) ∑x∈F∗p
(ζ1+yp
)x =∑x∈F∗p
(−1p
)+
∑y∈F∗p\{−1}
(y
p
) ∑x∈F∗p
(ζ1+yp
)x,
ou la derniere egalite est obtenue en isolant le terme correspondant a y = −1. Or pour touty 6= −1, ζ1+y
p est une racine primitive p-ieme de l’unite, donc∑
x∈F∗p
(ζ1+yp
)x= −1, d’ou
G(ζp)2 = (p− 1)(−1p
)−
∑y∈F∗p\{−1}
(y
p
)= p
(−1p
)−
∑y∈F∗p
(y
p
).
Par la question precedente, la derniere somme est nulle, donc finalement
G(ζp)2 =(−1p
)p .
c) On a
G(ζp)q =
∑x∈F∗p
(x
p
)ζxp
q
=∑x∈F∗p
(x
p
)ζqxp
puisque le corps K est de caracteristique q. Autrement dit, en faisant le changement de variablesy := qx, on a montre que
G(ζp)q =∑x∈F∗p
(x
p
)ζqxp =
∑y∈F∗p
(qy
p
)ζyp =
(q
p
)G(ζp) .
En outre, on a
G(ζp)q = G(ζp)(G(ζp)2
) q−12 ,
donc grace a la question b), on en deduit que
G(ζp)q = G(ζp)(−1p
)p
q−12 .
En comparant les deux ecritures de G(ζp)q, on obtient, puisque G(ζp) 6= 0 (voir question a)) :(q
p
)=
(−1p
) q−12
pq−12 .
Or on sait que dans K, on a pq−12 =
(pq
), donc on en deduit
(q
p
)=
(−1p
) q−12
(p
q
),
d’ou l’on deduit facilement la loi de reciprocite quadratique, puisque(−1p
)= (−1)
p−12 .
3
d) Cela se fait en plusieurs etapes. Remarquons d’abord que Q(√
2) ⊂ Q(ζ8) = Q(i,√
2) et queQ(√−1) = Q(ζ4).
Soit maintenant un nombre premier impair p. La question b) assure que(−1p
)p est un carre
dans le corps Q(ζp) (c’est le carre de s ∈ Q(ζp)). Par consequent, p est un carre dans le corpsQ(i, ζp) = Q(ζ2p). Donc finalement, pour tout p premier impair, Q(
√p) ⊂ Q(ζ2p).
Soit maintenant une extension quadratique quelconque K/Q. On sait qu’il existe un entier sansfacteur carre d ∈ Z tel que K = Q(
√d). On decompose d en facteurs premiers : il existe ε ∈ {±1},
s ∈ {0, 1} et p1, . . . , pr des nombres premiers impairs distincts, tels que d = ε2sp1 . . . pr. Grace al’etude precedente, on a les inclusions suivantes :
Q(√
d) ⊂ Q(√
ε,√
2,√
p1, . . . ,√
pr) ⊂ Q(ζ8, ζ2p1 , . . . , ζ2pr) .
Finalement, on remarque que Q(ζ8, ζ2p1 , . . . , ζ2pr) = Q(ζn), ou n = 8p1 . . . pr, et on a bien montreque
K = Q(√
d) ⊂ Q(ζn) .
Exercice 6 : Soit p un nombre premier impair.
a) Soit n ∈ N premier a p. Montrer qu’il existe x, y ∈ Z premiers entre eux tels que p|x2 + ny2 si etseulement si
(−np
)= 1.
b) Verifier la formule suivante pour tout w, x, y, z, n ∈ Z :
(x2 + ny2)(z2 + nw2) = (xz ± nyw)2 + n(xw ∓ yz)2 .
c) En deduire que si un entier N s’ecrit N = x2 + ny2, et si un nombre premier q|N s’ecritq = z2 + nw2 (w, x, y, z ∈ Z), alors l’entier N
q s’ecrit aussi Nq = a2 + nb2 (a, b ∈ Z).
d) On suppose que n = 1, 2, 3 et qu’il existe a, b ∈ Z premiers entre eux tels que p|a2 + nb2.
i) Montrer que l’on peut supposer que |a|, |b| < p2 et a2 + nb2 < p2.
ii) En deduire qu’il existe x, y ∈ Z tels que p = x2 + ny2.
e) En deduire les enonces suivants :
i) un nombre premier impair p est somme de deux carres d’entiers si et seulement si p ≡ 1 [4].
ii) un nombre premier impair p s’ecrit sous la forme x2 + 2y2 (x, y ∈ Z) si et seulement sip ≡ 1, 3 [8].
iii) un nombre premier p s’ecrit sous la forme x2 + 3y2 (x, y ∈ Z) si et seulement si p = 3 oup ≡ 1 [3].
Solution de l’exercice 6.
a) Il existe x, y ∈ Z premiers entre eux tels que p|x2 + ny2 si et seulement si il existe x, y ∈ Zpremiers entre eux tels que x2 ≡ −ny2 [p] si et seulement si il existe x, y ∈ Z premiers entre eux
tels que(
xy
)2≡ −n [p] (car p ne divise pas y : dans le cas contraire, p divise aussi x, ce qui
contredit le fait que x et y sont premiers entre eux). Cela equivaut a dire que −n est un carremodulo p, i.e. a
(−np
)= 1.
b) Il suffit de developper.
c) Par la question precedente, on remarque qu’il suffit de trouver a, b ∈ Z tels que
x = za± nwb , y = ∓wa + zb . (1)
En resolvant ce systeme, on voit qu’il suffit de montrer que quitte a changer les signes de x, y, z, w,q divise xz − nyw et xw + yz.
4
Or, on calcule
(xw + yz)(xw − yz) = x2w2 − y2z2 = (N − ny2)w2 − y2(q − nw2) = Nw2 − qy2 ,
donc q divise xw + yz ou xw − yz.Quitte a changer le signe de w, on peut supposer que q divise xw − yz. Il existe donc b ∈ Z telque yz − xw = bq. Montrons qu’alors z divise x + nbw. Puisque z et w sont premiers entre eux,il suffit de montrer que z divise (x + nbw)w = yz − bq + nbw2 = yz − bz2, ce qui est clair. Ilexiste donc a ∈ Z tel que x + nbw = az.On deduit alors des calculs precedents que azw = yz − bz2, donc y = aw + bz. Finalement, on aconstruit a, b ∈ Z tels que x = za−nwb et y = wa + zb, ce qui est bien la formule souhaitee (1).Remarquons au passage que si x, y sont premiers entre eux, alors a et b sont premiers entre eux.
d) i) Posons a′ := a+rp et b′ := b+sp, avec r, s ∈ Z. On constate que l’on a toujours p|a′2 +nb′2.Par consequent, on peut supposer que |a|, |b| < p
2 , mais a et b peuvent alors avoir un facteurcommun. Quitte a diviser alors a et b par PGCD(a, b) (ce PGCD n’est pas divisible par p),on obtient que p|a2 + nb2, |a|, |b| < p
2 et 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 propriete fausse en general. Il existe alors unnombre premier p minimal tel que p divise un entier N qui s’ecrit a2 +nb2, mais p lui-memene s’ecrit pas sous la forme x2 +ny2. Grace a la question precedente, on peut supposer quea2 + nb2 = N , avec N = pk, k ∈ N, |a|, |b| < p
2 et N < p2. Soit l 6= p un facteur premier deN . Necessairement, l < p, et l|a2+nb2, donc par minimalite de p, il existe z, w ∈ Z premiersentre eux tels que l = z2 +nw2. Grace a la question c), il existe c, d ∈ Z premiers entre euxtels que N
l = c2 + nd2. On recommence ainsi pour tous les facteurs premiers de N distinctsde p, et on obtient finalement que le quotient de N par N
p est de la forme souhaitee. Parconsequent, la question c) assure que p s’ecrit sous la forme x2 +ny2, avec x, y ∈ Z premiersentre eux, ce qui est contradictoire.D’ou la conclusion.
e) i) Les questions a) et d) assurent que p est une somme de deux carres si et seulement si(−1p
)= 1 si et seulement si p ≡ 1 [4].
ii) Les questions a) et d) assurent que p est de cette forme si et seulement si(−2p
)= 1 si
et seulement si(
2p
)=
(−1p
)si et seulement si (loi de reciprocite quadratique) (−1)
p−12 =
(−1)p2−1
8 si et seulement si p ≡ 1 [8] ou p ≡ 3 [8]. Finalement, p s’ecrit sous la forme x2+2y2
si et seulement si p ≡ 1, 3 [8].
iii) Les questions a) et d) assurent que p est de cette forme si et seulement si p = 3 ou(−3p
)= 1
si et seulement si p = 3 ou(
3p
)=
(−1p
)si et seulement si (en utilisant l’exercice 2) p = 3
ou p ≡ 1 [12] ou p ≡ 7 [12]. Finalement, p s’ecrit sous la forme x2 + 3y2 si et seulement sip = 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 reciprocite quadratique.Soient p, q deux nombres premiers impairs distincts. On definit le groupe G par G := (Z/pZ)∗ ×(Z/qZ)∗. On note U le sous-groupe de G forme des deux elements (1, 1) et (−1,−1). Enfin, on definitH comme le quotient H := G/U . On pose alors π :=
∏x∈H x ∈ H.
a) Montrer qu’un systeme de representants de H dans G est donne par les elements (i, j) ∈ G, aveci = 1, 2, . . . , p− 1 et j = 1, 2, . . . , q−1
2 .
b) En deduire queπ =
((p− 1)!
q−12 , (q − 1)!
p−12 (−1)
p−12
q−12
)mod U .
5
c) Montrer qu’un systeme de representants de H dans G est donne par les elements (k, k) ∈ G, ouk decrit les entiers entre 1 et pq−1
2 premiers a pq.
d) En deduire que
π =(
(p− 1)!q−12
(q
p
), (q − 1)!
p−12
(p
q
))mod U .
e) En deduire la loi de reciprocite quadratique :(p
q
) (q
p
)= (−1)
p−12
q−12 .
Solution de l’exercice 7.
a) Il est clair que deux elements distincts du sous-ensemble E1 := {(i, j) ∈ G : i = 1, . . . , p−1 et j =1, . . . , q−1
2 } de G ont une image distincte dans H : il ne peuvent etre opposes l’un de l’autredans G (regarder la seconde composante). Par consequent, le morphisme quotient G → H induitune injection E1 → H. Or E1 et H sont deux ensembles finis de meme cardinal (p−1)(q−1)
2 ,
donc le morphisme quotient induit une bijection E1∼=−→ H. Donc E1 est bien un ensemble de
representants de H dans G.
b) On deduit de la question precedente que
π =∏
(i,j)∈E1
(i, j) mod U .
Par consequent, un calcul simple assure que
π =
(p− 1)!q−12 ,
q−12∏
j=1
j
p−1 mod U .
Or la seconde composante de ce couple s’identifie a
q−12∏
j=1
j
p−1
=
q−12∏
j=1
j2
p−12
=
(−1)q−12
q−12∏
j=1
j(−j)
p−12
≡ (−1)p−12
q−12
q−1∏j=1
j
p−12
[q] ,
et donc on obtient bien
π =((p− 1)!
q−12 , (−1)
p−12
q−12 (q − 1)!
p−12
)mod U .
c) Montrons d’abord que le morphisme quotient G → H restreint a l’ensemble E2 (le sous-ensemblede G defini dans cette question) est injectif : si deux elements distincts (k, k), (l, l) ∈ E2 s’envoientsur la meme image dans H, alors (k, k) = (−l,−l) dans G. Donc on en deduit que pq divisek + l. Or 0 < k + l < pq, donc ceci n’est pas possible. Par consequent, E2 s’injecte dans Hvia le morphisme quotient. En outre, le cardinal de E2 est egal a pq−1
2 − q−12 − p−1
2 puisqu’ily a exactement q−1
2 multiples de p entre 1 et pq−12 (de meme pour les multiples de q). Donc
#E2 = (p−1)(q−1)2 = #H, d’ou le resultat.
d) On deduit de la question precedente que
π =∏
1≤k≤ pq−12
,(k,pq)=1
(k, k) mod U .
6
Or on a∏1≤k≤ pq−1
2,(k,pq)=1
k =1.2 . . . (p− 1)(p + 1) . . . (2p− 1)(2p + 1) . . . ( q−1
2 p− 1)( q−12 p + 1) . . . pq−1
2
q(2q) . . . p−12 q
,
donc ∏1≤k≤ pq−1
2,(k,pq)=1
k ≡(p− 1)!
q−12 .p−1
2 !
qp−12 .p−1
2 !≡ (p− 1)!
q−12
(q
p
)[p] .
Par symetrie, en echangeant les roles de p et q, on obtient∏1≤k≤ pq−1
2,(k,pq)=1
k ≡ (q − 1)!p−12
(p
q
)[q] .
Donc finalement, on a montre que
π =(
(p− 1)!q−12
(q
p
), (q − 1)!
p−12
(p
q
))mod U .
e) En comparant les resultats obtenus dans les questions b) et d), on obtient que((p− 1)!
q−12 , (−1)
p−12
q−12 (q − 1)!
p−12
)=
((p− 1)!
q−12
(q
p
), (q − 1)!
p−12
(p
q
))mod U ,
ce qui implique que (q
p
)=
(p
q
)(−1)
p−12
q−12 ,
d’ou le resultat.
Exercice 8 : Encore une autre preuve de la loi de reciprocite quadratique.
a) Soit p un nombre premier impair, a ∈ Z tel que p ne divise pas a. Notons r1, . . . , r p−12
les restes
des divisions euclidiennes de a, 2a, . . . , p−12 a par p. Montrer que
(ap
)= (−1)t, ou t est le nombre
de ri strictement superieurs a p−12 .
b) Soit q premier impair distinct de p. Avec les notations de la question precedente pour a = q, onnote u la somme des ri ≤ p−1
2 et v la somme des ri > p−12 .
i) Montrer que u + (pt− v) = p2−18 .
ii) En deduire que t ≡ p2−18 +
∑ p−12
j=1 rj [2].
iii) Montrer que t ≡∑ p−1
2j=1 E( jq
p ) [2] (ou E(.) designe la partie entiere).
iv) En deduire la formule (p
q
) (q
p
)= (−1)
P p−12
j=1 E( jqp
)+P q−1
2k=1 E( kp
q).
v) En deduire la loi de reciprocite quadratique.
Solution de l’exercice 8.
7
a) On definit une partition de l’ensemble {1, . . . , p−12 } en deux sous-ensembles S et T definis par
S := {i : ri ≤ p−12 } et T := {i : ri > p−1
2 }. Par definition, t = #T . Considerons le produit
Π :=∏ p−1
2i=1 ia ∈ Z. Il est clair que
Π = ap−12
(p− 1
2
)! . (2)
Or par definition des ri, on a Π ≡∏ p−1
2i=1 ri [p]. Pour tout i ∈ T , on pose si := p − ri ; alors
1 ≤ si ≤ p−12 . Par consequent, on dispose de p−1
2 entiers dans l’ensemble {1, . . . , p−12 }, donnes
par les ri pour i ∈ S et les sj pour j ∈ T . Montrons que ces nombres sont deux -a-deux distincts :si i, j ∈ S, on a ri = rj si et seulement si ia ≡ ja [p] si et seulement si p divise i − j (car p nedivise pas a) si et seulement si i = j. De meme, si i, j ∈ T , on a si = sj si et seulement si i = j.Enfin, si i ∈ S et j ∈ T , on a ri = sj si et seulement si ri = p− rj , ce qui implique que p|i + j,ce qui n’est pas possible car 2 ≤ i + j ≤ p− 1.Finalement, {1, . . . , p−1
2 } est la reunion (disjointe) de {ri : i ∈ S} et de {sj : j ∈ T}. Or on a
p−12∏
i=1
ri ≡∏i∈S
ri
∏j∈T
(p− sj) ≡∏i∈S
ri
∏j∈T
(−sj) ≡ (−1)t∏i∈S
ri
∏j∈T
sj [p] .
Or par la remarque precedente,∏
i∈S ri∏
j∈T sj =(
p−12
)!, donc on obtient
Π ≡ (−1)t
(p− 1
2
)! [p] . (3)
En combinant (2) et (3), on obtient ap−12 ≡ (−1)t [p]. Or on sait que
(ap
)≡ a
p−12 [p], donc(
ap
)≡ (−1)t [p], d’ou
(ap
)= (−1)t.
b) i) On a vu que {1, . . . , p−12 } est la reunion disjointe de {ri : i ∈ S} et de {sj : j ∈ T} (et les
ri, comme les sj , sont deux-a-deux distincts). Donc
p−12∑
k=1
k =∑i∈S
ri +∑j∈T
sj =∑i∈S
ri +∑j∈T
(p− rj) =∑i∈S
ri + pt−∑j∈T
rj = u + (pt− v) ,
or la somme de gauche vaut (p−1)(p+1)8 = p2−1
8 , d’ou le resultat.
ii) On regarde l’egalite de la question b) i) modulo 2. On obtient u + pt − v ≡ p2−18 [2], or p
est impair, donc cette egalite devient u + v + t ≡ p2−18 [2], d’ou le resultat.
iii) Par definition, on a pour tout 1 ≤ j ≤ p−12 , jq = pE( jq
p ) + rj , donc en sommant sur tousles j, on obtient
q
p−12∑
j=1
j = p
p−12∑
j=1
E
(jq
p
)+
p−12∑
j=1
rj .
Or le terme de gauche vaut q p2−18 , donc modulo 2 cette egalite devient
qp2 − 1
8≡ p
p−12∑
j=1
E
(jq
p
)+
p−12∑
j=1
rj [2] .
Or p et q sont impairs, donc on peut reecrire cette congruence sous la forme
p2 − 18
≡
p−12∑
j=1
E
(jq
p
)+
p−12∑
j=1
rj [2] .
8
On conclut alors en combinant cette congruence avec celle de la question b) ii), pour trouver
t ≡
p−12∑
j=1
E
(jq
p
)[2] .
iv) Les questions a) et b) iii) assurent que(
qp
)= (−1)
P p−12
j=1 E“
jqp
”. En echangeant les roles de
p et q, on obtient de meme que(
pq
)= (−1)
P q−12
j=1 E“
jpq
”. Finalement, en faisant le produit
de ces deux egalites, il reste :(p
q
) (q
p
)= (−1)
P p−12
j=1 E“
jqp
”+
P q−12
j=1 E“
jpq
”.
v) Pour obtenir la loi de reciprocite quadratique, il suffit de montrer que∑ p−1
2j=1 E
(jqp
)+∑ q−1
2j=1 E
(jpq
)= (p−1)(q−1)
4 . Pour cela, on remarque que la premiere somme est egale a la
somme∑ p−1
2j=1
∑ jqp
k=1 1. Or cette derniere somme est le cardinal de l’ensemble E1 forme despoints de Z2∩ [1, p−1
2 ]× [1, q−12 ] situes sous la droite d’equation y = q
px. Symmetriquement,la seconde somme est egale au cardinal de l’ensemble E2 forme des points de Z2∩ [1, p−1
2 ]×[1, q−1
2 ] situes au-dessus de la droite d’equation y = qpx.
Or la droite y = qpx ne contient aucun point a coordonnees entieres dans le rectangle
[1, p−12 ] × [1, q−1
2 ], donc E1 et E2 realisent une partition de Z2 ∩ [1, p−12 ] × [1, q−1
2 ]. Donc#E1 + #E2 = p−1
2q−12 , d’ou le resultat.
Exercice 9 : L’objectif est de montrer le resultat suivant. Soit p un nombre premier tel que p ≡ 1 [4].Alors 2 est une puissance quatrieme modulo p si et seulement si p s’ecrit sous la forme p = A2 + 64B2
(A,B ∈ Z).
a) Si m ∈ Z, n ∈ N sont des entiers premiers entre eux avec n impair, et si n = pa11 . . . par
r est la
decomposition de n en facteurs premiers, on definit(
mn
):=
(mp1
)α1
. . .(
mpr
)αr
.
i) En utilisant la loi de reciprocite quadratique usuelle, montrer que(−1
n
)= (−1)
n−12 et(
2n
)= (−1)
n2−18 , et demontrer la formule
(mn
) (nm
)= (−1)
m−12
n−12 si m et n sont impairs et
premiers entre eux.
ii) Montrer que si m est un carre modulo n, alors(
mn
)= 1. Montrer que la reciproque est
fausse.
b) On fixe p ≡ 1 [4]. On sait que p = a2 + b2, avec a, b ∈ Z, a impair. Montrer que
i)(
ap
)= 1.
ii)(
a+bp
)= (−1)
(a+b)2−18 .
[Indication : on pourra calculer (a + b)2 + (a− b)2.]
iii) (a + b)p−12 ≡ (2ab)
p−14 [p].
c) Avec les notations de la question b), soit f ∈ Z tel que b ≡ af [p]. Montrer que f2 ≡ −1 [p] etque 2
p−14 ≡ f
ab2 [p].
d) Conclure.
Solution de l’exercice 9.
9
a) i) Puisque pour tout m,n ∈ Z impairs, on a( −1
mn
)=
(−1m
) (−1n
), il suffit de montrer que la
fonction f(n) := (−1)n−1
2 est multiplicative, i.e. que f(mn) = f(m)f(n). Pour cela, il suffitde montrer que pour tout m,n ∈ Z impairs, m−1
2 + n−12 ≡ mn−1
2 [2]. Cela revient a montrerque l’entier mn− (m + n) + 1 = (m− 1)(n− 1) est divisible par 4, ce qui est clair puisquem et n sont impairs. D’ou le premier point, a savoir
(−1n
)= (−1)
n−12 .
De meme, pour deduire le deuxieme point de la loi de reciprocite quadratique, il suffit de
montrer que la fonction g(n) := (−1)n2−1
8 est multiplicative sur les entiers n impairs. Celarevient a montrer que pour tout m,n impairs, l’entier (mn)2 − 1− (m2 − 1)− (n2 − 1) estdivisible par 16. Or cet entier est egal a (m2 − 1)(n2 − 1) = (m− 1)(m + 1)(n− 1)(n + 1),qui est bien multiple de 16 comme produit de quatre entiers pairs. D’ou le deuxieme point :(
2n
)= (−1)
n2−18 .
Pour le troisieme point, puisque pour tout (p, q, r, s) impairs deux-a-deux premiers entreeux, on a
(pqr
) (rpq
)=
((pr
) (rp
)) (( qr
) (rq
))et
( prs
) (rsp
)=
((pr
) (rp
)) ((ps
) (sp
)), il
suffit de montrer que la fonction h(m,n) := (−1)m−1
2n−1
2 verifie la meme propriete demultiplicativite, a savoir h(pq, r) = h(p, r)h(q, r) et h(p, rs) = h(p, r)h(p, s). Cela re-vient a montrer que pour p, q, r, s impairs et deux-a-deux premiers entre eux, les entiers(pq−1)(r−1)−(p−1)(r−1)−(q−1)(r−1) et (p−1)(rs−1)−(p−1)(r−1)−(p−1)(s−1) sontdivisibles par 8. Or ces entiers sont exactement (p− 1)(q− 1)(r− 1) et (p− 1)(r− 1)(s− 1),donc ils sont divisibles par 8 comme produit de trois entiers pairs. D’ou le troisieme point :(
mn
) (nm
)= (−1)
m−12
n−12 .
ii) Si m est un carre modulo n, alors m est un carre modulo p pour tout p premier divisant n,donc
(mp
)= 1 pour tout facteur premier de n, donc
(mn
)= 1.
La reciproque est fausse : par exemple,(−1
21
)=
(−13
) (−17
)= (−1)(−1) = 1, mais −1 n’est
pas un carre modulo 21 car ce n’est pas un carre modulo 3.
b) i) Modulo a, on a p ≡ b2 [a], donc( p
a
)= 1 par a) ii). Par a) i), on a
(ap
)=
( pa
)puisque
p ≡ 1 [4]. Donc finalement,(
ap
)= 1.
ii) Comme indique, on calcule (a+b)2+(a−b)2 = 2(a2+b2) = 2p. Donc 2p ≡ (a−b)2 [a+b], doncpar a) ii), on a
(2p
a+b
)= 1. Or par a) i), on a
(2p
a+b
)=
(2
a+b
) (p
a+b
), et
(p
a+b
)=
(a+bp
)(il est clair que p ne divise pas a + b). Donc on a
(a+bp
)=
(2
a+b
). Or par a) i), on a(
2a+b
)= (−1)
(a+b)2−18 , d’ou finalement
(a+bp
)= (−1)
(a+b)2−18 .
iii) Puisque (a + b)2 = a2 + b2 + 2ab = p + 2ab, on a (a + b)2 ≡ 2ab [p]. On eleve a la puissancep−14 , et on trouve bien (a + b)
p−12 ≡ (2ab)
p−14 [p].
c) Puisque p = a2 + b2, on a b2 ≡ −a2 [p]. Or b2 ≡ f2a2 [p], et p ne divise pas a, donc f2 ≡ −1 [p].On remarque d’abord que
(ab)p−14 ≡ (a2f)
p−14 ≡ a
p−12 f
p−14 ≡
(a
p
)f
p−14 ≡ f
p−14 ,
ou la derniere egalite utilise la question b) i).Donc on a
2p−14 f
p−14 ≡ (2ab)
p−14 ≡ (a + b)
p−12 ≡
(a + b
p
)[p]
ou la deuxieme congruence utilise la question b) iii). Donc
2p−14 f
p−14 ≡ (−1)
(a+b)2−18 [p]
10
par la question b) ii). Or f2 ≡ −1 [p], donc (−1)(a+b)2−1
8 ≡ f(a+b)2−1
4 [p]. Or (a+b)2−14 = p−1
4 + ab2 ,
donc f(a+b)2−1
4 ≡ fp−14 f
ab2 [p]. Finalement, on a donc
2p−14 f
p−14 ≡ f
p−14 f
ab2 [p] ,
donc en simplifiant,2
p−14 ≡ f
ab2 [p] .
d) On sait qu’un entier x ∈ Z premier a p est une puissance quatrieme modulo p si et seulement six
p−14 ≡ 1 [p] (puisque le morphisme de groupes F∗p → F∗p defini par t 7→ t4 a un noyau d’ordre
4 forme des racines 4-iemes de l’unite). Donc 2 est une puissance quatrieme modulo p si etseulement si 2
p−14 ≡ 1 [p]. Par la question c), ceci equivaut a f
ab2 ≡ 1 [p]. Or f est d’ordre 4
dans F∗p, donc fab2 ≡ 1 [p] si et seulement si 4 divise ab
2 si et seulement si 8 divise ab. Or a estimpair, donc cette derniere condition equivaut a 8 divise b. Finalement, on a bien l’equivalencesouhaitee, en prenant A = a et b = 8B.
11
