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Loi
Exercices corrigés

Loi de réciprocité quadratique : Enoncé et démonstration

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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