Le but de cet article est d’énoncé et de démontrer la loi de réciprocité quadratique. Attention, cette correction fait appel à de nombreux concepts hors programme de CPGE : Orbite d’un groupe et définitions et propriétés des formes quadratiques.
Définition : Symbole de Legendre
Pour p premier impair et a ⩾ 1, on définit le symbole de Legendre par ;
\left (\dfrac{a}{p} \right) = \left \{
\begin{array}{lll}
1& \text{si a est un carré dans}& \mathbb{F}_p^*\\
-1& \text{si a n'est pas un carré dans}& \mathbb{F}_p^*\\
0 & \text{si } p | a& \mathbb{F}_p^*\\
\end{array}\right.De plus, pour p premier, on note
\mathbb{F}_p = \Z / p\ZEnoncé de la loi de réciprocité quadratique
Si p et q sont deux nombres premiers impairs distincts, alors
\left (\dfrac{p}{q} \right)\left (\dfrac{q}{p} \right) = (-1)^{\frac{p-1}{2}\frac{q-1}{2}}Démonstration de la loi de réciprocité quadratique
Pour démontrer ce résultat, commençons par énoncer et démontrer un lemme
Lemme
Si p est premier impair et
a \in \mathbb{F}_p^*alors
|\{ x \in \mathbb{F}_p|ax^2 = 1 \}| = 1 + \left (\dfrac{a}{p} \right)Démonstration du lemme
a est un carré si et seulement si a-1 est aussi un carré. Donc en terme de solutions, l’équation ax2 = 1qui est équivalente à
x^2 = a^{-1}a autant de solutions que l’équation
x^2 = a
De plus :
- Si b est un carré, le polynôme X2 – b a deux racines racines distinctes notées c et -c.
- Si b n’est pas un carré, cette équation n’admet pas de solution
On vérifie alors l’égalité souhaitée ! Fin du lemme.
1ère étape : Etude d’un premier ensemble
Considérons la forme quadratique définie par
\forall x = (x_1, \ldots, x_p) \in \mathbb{F}_q^p, \varphi(x) = x_1^2 + \ldots + x_p^2Notons aussi
X = \{ x \in \mathbb{F}_q^p, \varphi(x) = 1\}la boule unité.
On va utiliser une action de groupe, en permutant les coordonnées. On définit Φ par
\Phi : \mathbb{F}_p \times X \to Xpar
\Phi(\alpha, (x_1, \ldots, x_p)) = (x_ {1+ \alpha [p]}, \ldots, x_{p + \alpha [p]})La relation orbite-stabilisateur, nous donne :
\forall x \in \mathbb{F}_p ^q, |Stab_x|.|Orb_x| = |\mathbb{F}_p | = pp étant premier, les orbites ont deux tailles possibles :
- De taille p, dans ce cas là, le stabilisateur est {e}.
- De taille 1, les stabilisateurs sont donc de la forme
\{(x, \ldots,x), x \in \mathbb{F}_q^p \}et donc vérifiant px2 = 1. Il y en a donc, d’après le lemme démontré plus haut,
1 + \left ( \dfrac{p}{q} \right)Comme les orbites sont disjointes, on a
\begin{array}{ll}
|X| &= \displaystyle \sum |\Omega_p| + \sum |\Omega_1|\\
& = \left( 1 + \left( \dfrac{p}{q} \right) \right) \times 1 + k \times p \\
& \equiv1 + \left( \dfrac{p}{q} \right) [p]
\end{array}2ème étape : Etude d’un second ensemble
On définit la forme quadratique φ′ par
\forall x \in \mathbb{F}_q^p, \varphi '(x_1, \ldots,x_p ) = 2(x_1x_2 + \ldots + x_{p-2}x_{p-1})+(-1)^{\frac{p-1}{2} }x_p^2On notera là aussi X’ l’ensemble
\{ x \in \mathbb{F}_q^p, \varphi'(x) = 1 \}la boule pour φ′. On pose
d = \frac{p-1}{2}, a = (-1)^d Si on écrit la matrice de φ′ dans la base canonique, on obtient :
A = \begin{pmatrix}
0 & 1 & &&&&\\
1 & 0 & & &&&\\
& & 0 & 1 && &\\
& & 1 & 0 & & & \\
& & & & \ddots & & \\
& & & & & \ddots & \\
& & & & & & 0 & 1&\\
& & & & & & 1 & 0&\\
& & & & & & & &a\\
\end{pmatrix}On a
\det( \varphi') = \det(A) = (-1)^d a = 1 =\det(\varphi)
Donc, d’après le théorème de classification des, formes quadratiques sur les corps finis, φ et φ′ sont équivalentes. Il existe donc un isomorphisme linéaire u tel que
\varphi' = \varphi \circ u
Cet isomorphisme nous donne une bijection entre X et X’, si bien que
|X|= |X'|
Etape 3 : Rassemblons les bons morceaux pour conclure
Dénombrons X’ modulo p.
Premier cas, si
(x_1,x_3 \ldots,x_{p-2}) = (0, \ldots, 0) Alors on choisit indiféremment le vecteur
(x_2, x_4, \ldots, x_{p-1})ce qui nous laisse qd choix possibles. On choisit ensuite xp et là on est ramenés à l’équation
ax_p^2 = 1
ce qui nous laisse d’après le lemme
1 + \left( \dfrac{a}{q}\right)possibilités.
Second cas, on choisit le vecteur
(x_1,x_3 \ldots,x_{p-2})avec qd – 1 choix. Puis, on a q choix sur xp. On choisit ensuite le vecteur
(x_2, x_4, \ldots, x_{p-1})De telle manière que
2(x_1x_2 + \ldots + x_{p-2}x_{p-1}) + ax_p^2 - 1 = 0Ce qui nous laisse qd-1 choix.
Finalement, on a :
\begin{array}{ll}
|X'| &= q^d \left( 1 + \left( \dfrac{a}{q} \right) \right) + (q^d -1) qq^{d-1}\\
&= q^{2d} + q^d\left( \dfrac{a}{q} \right)
\end{array}Comme |X| = |X’|, on obtient modulo p :
1 + \left( \dfrac{p}{q} \right) = \left( \dfrac{a}{q} \right)q^d + q^{2d}De plus,
q^d = q^{\frac{p-1}{2}} = \left( \dfrac{p}{q} \right)Et aussi, à l’aide du petit théorème de Fermat
q^{2d} = q^{p-1}\equiv 1 [p]De plus,
\left( \dfrac{a}{q} \right) = a ^{\frac{p-1}{2}}On est alors ramenés à l’égalité
1 + \left( \dfrac{p}{q} \right) = \left( \dfrac{q}{p} \right)a ^{\frac{q-1}{2}} +1Ce qui donne bien (rappelez-vous de la valeur de a)
\left( \dfrac{p}{q} \right) = \left( \dfrac{q}{p} \right)(-1) ^{\frac{p-1}{2}\frac{q-1}{2}}Qu’on peut donc réécrire en :
\left( \dfrac{q}{p} \right)\left( \dfrac{p}{q} \right) = (-1) ^{\frac{p-1}{2}\frac{q-1}{2}}Ce qui nous donne bien la loi de réciprocité quadratique qu’on cherchait à démontrer !
