Loi de réciprocité quadratique : Enoncé et démonstration

Cet article a pour but d’énoncer et démontrer la loi de réciprocité quadratique
Loi

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 !

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