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\Z
Enoncé 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^2
Notons 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 X
par
\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 | = p
p 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^2
On 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 = 0
Ce 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}} +1
Ce 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 !