Algèbre 1

Exercice

EXERCICE 22

Soit $A$ le sous-anneau de $ℂ$ engendré par $i$ (anneau des entiers de Gauß).

  1. Pour tout $z ∈ ℂ$, démontrer qu’il existe $a ∈ A$ tel que $\vert a − z \vert$ 2.
    • Démontrer que l’application n ≝ z \mapsto \vert z \vert est un stathme euclidien sur A.
    • Soit $a ∈ A$ tel que $N(a)$ soit un nombre premier; démontrer que $a$ est irréductible.
  2. Pour tout nombre premier $p$, démontrer que l’anneau $A/(p)$ est isomorphe à l’anneau $(ℤ/pℤ)[T]/(T^2 + 1)$. En déduire que $p$ est irréductible dans $A$ si et seulement si $p ≡ 3 (mod 4)$.
  3. Soit $p$ un nombre premier tel que $p ≡ 1 (mod 4)$. Démontrer qu’il existe $u, v ∈ ℤ$ tels que u^2 + v^2 = p (théorème de Fermat sur les sommes de deux carrés).

    Difficulté
    Élégance
    Utilité

1.

M1 :

Observation géométrique dans le plan complexe.

M2 :

Si $a≝ u + iv$ prend les entiers les plus proches de $u$ et $v$ (qui sont à une distance inférieure à $1/2$ de ces derniers).

2.

Calcul.

3.

Soit $𝛼∈ℤ[i]$ tq $∃a,b∈ℤ[i]\backslash ℤ[i]^{×}$ tq

𝛼=ab

alors

N(𝛼) = N(a)N(b)

Or : $N(a), N(b) > 1$

donc

$N(𝛼)$ n’est pas premier.

4.

a).

Mq $ℤ[i]/(p) ≃ (ℤ/pℤ)[T]/[T^2+1]$

{\displaystyle {\begin{matrix} ℤ[i]/(p) &\displaystyle {\xrightarrow { f }} & (ℤ/pℤ)[T]/[T^2+1] \\ \text{ quotient } \uparrow & & \uparrow \text{ quotient } \\ ℤ[i] & & (ℤ/pℤ)[T] \\ f \mapsto f(i)\nwarrow & & \nearrow f \mapsto f \mod p \\ & ℤ[T] & \\ \end{matrix}}}

1.

$𝜑 : f \mapsto f(i)$

$f∈Ker(p)$

$f(i)=0$

Or :

f= (T^2+1)Q + R
\deg R ≤ 1 ⟹ R = aT + b
f(i)=0 ⟹ ai+b=0 \\ ⟹ \begin{cases} a=0 ⟹ R=0 \\ b=0 ⟹ T^2+1 \mid f \end{cases}

Donc

{\displaystyle {\begin{matrix} ℤ[i]/(p) &\displaystyle {\xrightarrow { f }} & (ℤ/pℤ)[T]/[T^2+1] \\ \text{ quotient } \uparrow & & \uparrow &𝛾 : f \mapsto f \mod T^2+1 \\ ℤ[T]/[T^2+1] ≃ ℤ[i] & & (ℤ/pℤ)[T] \\ f \mapsto f(i)\nwarrow & & \nearrow &𝜓 : f \mapsto f \mod p \\ & ℤ[T] & \\ \end{matrix}}}

Mq $Ker(𝛾 \circ 𝜓) = (p)+(T^2+1)$

𝛾 \circ 𝜓(p) = 𝛾(0) = 0
𝛾 \circ 𝜓(T^2+1) = 𝛾(T^2+1) = 0
⟹ (p) + (T^2+1) ⊆ Ker(𝛾 \circ 𝜓)

Réciproquement :

𝛾 \circ 𝜓(f) = 0 \\ ⟹ (f \mod p) \mod T^2+1 = 0

Soit $g’∈(ℤ/pℤ)[T]$ tq $f \mod p = g’ (T^2+1)$

f \mod p = (T^2 +1) g'

Soit $g∈ℤ[T]$ tq $g \mod p = g’$

f \mod p = (T^2+1)g \mod p
∃h; ph = f - (T^2 +1 )g

{\displaystyle {\begin{matrix} ℤ[i]/(p) &\displaystyle {\xrightarrow { f }} & (ℤ/pℤ)[T]/[T^2+1] \\ 𝜓' \text{ quotient } \uparrow & & \uparrow &𝛾 : f \mapsto f \mod T^2+1 \\ ℤ[T]/[T^2+1] ≃ ℤ[i] & & (ℤ/pℤ)[T] \\ 𝛾' : f \mapsto f(i)\nwarrow & & \nearrow &𝜓 : f \mapsto f \mod p \\ & ℤ[T] & \\ \end{matrix}}}

Idem :

$𝜓’ : ℤ[i] ⟶ ℤ[i]/(p)$

$𝛾’ : ℤ[T] ⟶ ℤ[i] ≃ ℤ[T]/(T^2+1)$

Mq $Ker(𝜓’ \circ 𝛾’) = (p)+(T^2+1)$

  • $𝜓’ \circ 𝛾’(p) = 𝜓’(p) = 0$

    $𝜓’ \circ 𝛾’(T^2+1) = 𝜓’(0) = 0$

  • $𝜓’ \circ 𝛾’(f) = 0 ⟹ 𝛾’(f) ∈ Ker(𝜓’)$

    Soit $a∈ℤ[i]$ tq $𝛾’(f)= pa$

    Soit $g∈ℤ[T]$ tq $a=g(i)$

    𝛾(f-pg) = 0 \\ ∃ h ∈ ℤ[T]; f-pg = (T^2 + 1) h \\ ⟹ f = (T^2+1)h +pg

b).

$(p)$ irréductible dans $ℤ[i]$ ⟺ $p≡3(4) \\ ⟺ T^2 +1 \text{ irréductible dans } ℤ/pℤ[T] \\ ⟺ T^2 +1 \text{ n' pas de racine dans } ℤ/pℤ[T] \\ ⟺ \text{ il n'existe pas d'éléments d'ordre 4 dans } (ℤ/pℤ)^{×}

Or :

$p≠2$ :

p \text{ est irréductible } \\ ⟺ ℤ[i]/(p) \text{ est un corps } \\ ⟺ ℤ/pℤ [T]+(T^2+1) \text{ est un corps }
p ≡ 1 (4) ⟺ 4 \mid p-1 ⟺ (p-1) = 4b
or(a) = p-1 \\ or(g = a^b) = 4

p≡3(4) ⟹ 4 \not \mid p-1 \\ ⟹ \text{ il n'y a pas d'éléments d'ordre 4}

$p=2$ :

$2 = (1+i)(1-i)$ donc $2$ n’est pas irréductible.


Soit $p≡1(4)$

$p=ab$ où $a,b∈ℤ[i]\backslash ℤ[i]^{×}$

N(p) = p^2 = N(a)N(b) \\ ⟹ p \mid N(a)N(b) \\ ⟹ p \mid N(a) ∨ p \mid N(b) \\ ⟹ p = N(a) = N(b) (N(a), N(b) > 1)

NB :

$a = (\frac{p-1}{2})!$ est une formule explicite d’une racine carrée de $-1$, par le théorème de Wilson ($(p-1)! ≡ -1(p)$).

Addendum :

Mq $p$ est n’est pas irréductible ssi il est somme de deux carrés.

$⟸$ : Si $∃u, v ∈ ℤ^2$; $p = u^2 + v^2 > 1$

p = (u + iv)(u-iv)

n’est pas irréductible dans $ℤ[i]$

$⟹$ : Si $p$ n’est pas irréductible dans $ℤ[i]$, $p=𝛼𝛽$, avec

  • $N(𝛼)>1$
  • $N(𝛽)>1$
p^2 = N(p) = N(𝛼)N(𝛽) \\ N(𝛼) = N(𝛽) = p \\ = \Re(𝛼)^2 + \Im(𝛼)^2

Soit $p$ premier impair.

\begin{cases} b ≠ 0 (p) \\ a^2 + b^2 = 0 (p) \end{cases}

Soit $𝛼 = ab^{-1}$ dans $ℤ/pℤ$.

$𝛼^2 = -1$,

or(𝛼) = 4 ⟹ p=1(4)

Si $p≥3$ irréductible, $p=a^2+b^2$

Or

\begin{cases} a^2 = 0 \text{ ou } 1 (4) \\ b^2 = 0 \text{ ou } 1 (4) \end{cases}

Donc $p≠3(4)$

$p \mid 𝛼^2 +1$

Si $p=1(4)$,

$∃𝛼∈ℕ^{×}; 𝛼^2=-1(p)$

p \mid (𝛼+i)(𝛼-i)

dans $ℤ[i]$

Si $p$ divise l’un des deux, il divise l’autre par conjuguaison et donc $p \mid 2i$

$p$ ne divise aucun des 2.

NB :

  • On aurait aussi pu considérer l’idéal $I = (𝛼+i, p) = (u+iv)$ (principal). Puis on continue de même.

  • cf. Loi de réciprocité quadratique de Gauss.

Leave a Comment