Corps quadratique
dans Arithmétique
Bonjour
Soit $k=\mathbb{Q}(\sqrt{d})$ avec $d$ sans facteur carré.
Il est connu que si $p$ divise $d$, alors $(p)=(p,\sqrt{d})^2$. Comment justifier que l'idéal $(p,\sqrt{d})$ n'est pas principal ?
Est-ce que vous pouvez me recommander une référence contenant ces choses sur la décomposition des premiers dans le corps quadratique ?
Merci.
Soit $k=\mathbb{Q}(\sqrt{d})$ avec $d$ sans facteur carré.
Il est connu que si $p$ divise $d$, alors $(p)=(p,\sqrt{d})^2$. Comment justifier que l'idéal $(p,\sqrt{d})$ n'est pas principal ?
Est-ce que vous pouvez me recommander une référence contenant ces choses sur la décomposition des premiers dans le corps quadratique ?
Merci.
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Réponses
La décomposition des premiers dans un corps quadratique est facile à déterminer, et est donnée dans tout cours de théorie algébrique des nombres. Pour $p$ premier, il y a trois cas : ou bien $p \mid 2d$ et alors $p$ est ramifié, ou bien $d$ est un carré mod $p$ et $p$ est totalement décomposé, ou bien $d$ n'est pas un carré mod $p$ et $p$ est inerte.
1. https://www.amazon.fr/Introductory-Algebraic-Number-Theory-Saban/dp/0521540119/ref=sr_1_1?__mk_fr_FR=ÅMÅŽÕÑ&keywords=introductory+algebraic+number+theory&qid=1575309931&sr=8-1
2. https://www.amazon.fr/Course-Computational-Algebraic-Number-Theory/dp/3642081428/ref=sr_1_1?__mk_fr_FR=ÅMÅŽÕÑ&keywords=Henri+Cohen,+A+course+in&qid=1575309966&sr=8-1
Un corps est toujours un anneau principal.
"le corps de nombres $K$ est principal", à la place de "l'anneau des entiers $\mathcal{O}_K$ du corps de nombres $K$ est principal".
Je vais donner une première réponse, uniquement dans le cadre des corps quadratiques imaginaires, qui remonte à Gauss. C'est l'objet du théorème 3.15 de Cox (Primes of the Form $x^2 + ny^2$). Sauf que le traitement de Cox intègre les discriminants quadratiques (négatifs) non nécessairement fondamentaux, ce qui complique passablement les choses. Sur le net, on trouve par exemple le mémoire de Perret-Gentil in http://corentinperretgentil.gitlab.io/static/documents/correspondence-bqf-qf.pdf ou le document de Kani https://mast.queensu.ca/~kani/lectures/quadformsJan10.pdf (ne t'inquiète pas du titre ``Quadratic forms and Elliptic Curves'', il n'y a pas de courbes elliptiques dedans). Chaque pdf fait une centaine de pages.
Si tu te manisfestes, peut-être que j'aurais le courage de te donner une autre approche radicalement différente (valide dans le cas imaginaire ou réel) qui figure dans le Frolich-Taylor. Attention : globalement c'est du boulot mais c'est abordable. J'aurais envie de dire que la méthode de Gauss est plus élémentaire et totalement explicite.
1. Gauss. Le mot-clé dans tes histoires d'idéaux est ``formes quadratiques ambiges ou ambigües''. Par définition, le carré d'une telle forme est, à équivalence près, la forme neutre . De la même manière que tes idéaux (qui sont de carré un idéal principal). Je ne vais évidemment pas faire la totale : il faut savoir qu'à une forme quadratique (entière à deux variables) $q$, on associe un idéal $I_q$ dans l'anneau quadratique de discriminant le discriminant de la forme quadratique
$$
q = (a,b,c) = ax^2 + bxy + cy^2, \qquad I_q = a\Z \oplus {-b + \sqrt {b^2 - 4ac} \over 2}\Z, \qquad \Delta(T^2 + bT + ac) = \Delta(q) = b^2 - 4ac
$$Note : l'idéal $I_q$ est donné sous forme de $\Z$-module, ce qui possède de nombreux avantages.
2. Je vais parler en termes de discriminant quadratique fondamental $D$, celui de l'anneau des entiers du corps quadratique $K := \Q(\sqrt D)$, que je suppose négatif : $D < 0$. Et je vais me limiter au cas $D \equiv 1 \bmod 4$. Ce $D$ se décompose de manière unique en un produit de discriminants quadratiques fondamentaux élémentaires :
$$
D = D_1 \cdots D_k
$$Vu la congruence modulo 4 sur $D$, ici, cela signifie que chaque $|D_k|$ est un nombre premier et que $D_k \equiv 1 \bmod 4$. On va alors construire $2^{k-1}$ formes quadratiques ambiges de discriminant $D$, ce qui fera par la correspondance (de Gauss) $2^{k-1}$ idéaux de carré un idéal principal. Et parmi ceux là, un seul est principal.
Et on a ainsi obtenu la totale car on tient exactement, élément par élément, le sous-groupe de 2-torsion du groupe des classes de $K$, sous-groupe qui est d'ordre $2^{k-1}$.
3. La construction des $2^{k-1}$ formes est explicite. Il faut passer les décompositions positives $|D| = D'D''$ avec $D' < D''$. C'est là, que tu reconnais en principe ton premier $p$ qui divise ton entier $d$. Attention, en général, à $d$ sans facteur carré versus $D$ discriminant quadratique fondamental, mais ici pas de lézard vu que $D \equiv 1 \bmod 4$ : on a $d = D$. Le détail, le voici en raw-text. Note : à une certaine époque, avec le compère Gai-Requin sur le forum, on (enfin lui) avait traité la totale $D < 0$ (toujours dans le cadre fondamental) et il faut savoir que $D \equiv 0 \bmod 4$ est plus compliqué.
4. Une illustration avec $D = -1155$. Ci-dessous, il y a un mélange de primitives du logiciel et de fonctions de mézigue Pour rien te cacher, je suis parti de $D = 5 \times (-3) \times (-7) \times (-11)$ : prendre des premiers $p > 0$ vérifiant $p \equiv 1 \bmod 4$ puis des premiers $p > 0$ vérifiant $p \equiv 3 \mod 4$ et considérer leurs opposés. En prendre un nombre impair de ceux ci de manière à ce que le produit fasse un $D < 0$.
Les diviseurs $D'$ de $D$ comme évoqués : il y en a bien $2^{k-1} = 2^3 = 8$ car ici $k = 4$, le nombre de discriminants fondamentaux élémentaires qui composent $D$. Les 8 formes quadratiques associées : Maintenant, on laisse faire le logiciel (avant ce sont des fonctions perso qui tournent) On trouve bien les mêmes. On voit aussi que le groupe des classes est d'ordre 8 ce qui veut dire qu'il est de 2-torsion. Un petit coup d'oeil sur un idéal $I_q$. Je termine par un autre exemple car je ne suis pas content d'avoir pris un discriminant quadratique fondamental dont le groupe des classes est de 2-torsion. Je vais piocher dans une liste de discriminants quadratiques fondamentaux $D < 0$ vérifiant $D \equiv 1 \bmod 4$. Au bout de 4 tirages, j'ai obtenu celui qui vient, avec un groupe de classes d'idéaux d'ordre 20 de 2-torsion d'ordre 4. Gauss était un (grand) mathématicien avec des approches ``effectives''.
@ claude quitté, Je vais essayer de comprendre tout ce que vous avez écrit !!!
Mais, Pour le cas d'un corps quadratique imaginaire $K=\mathbb{Q}(\sqrt{D})$ ( $|D|$ n'est pas premier) tel que $D\equiv 1\pmod 4$, alors si $p$ divise $D$ et $(p)=\mathfrak p^2$ alors $\mathfrak p$ n'est pas principal? ou j'ai mal compris?
0. Pour la non principalité de ... : Oui SAUF si $D$ est premier. Il est indispensable dans l'histoire de faire une place au codiviseur du premier dans $D$. Voir le point suivant. Si tu suis le procédé de Gauss, tu vas t'en apercevoir. La forme neutre normalisée est $(1,1,(1-D)/4)$. Note : on a bien $1^2 - 4 (1-D)/4 = D$.
Je te laisse exhiber la forme réduite ambige associée au diviseur $p$ de $D$. Par ailleurs, il y a quand même quelques corps quadratiques imaginaires principaux. Ce sont exactement les 9 discriminants quadratiques fondamentaux $D$ suivants :
$$
-3, \quad -4, \quad -7, \quad -8, \quad -11, \quad -19, \quad -43,\quad -67, \quad -163
$$Et tu vois bien que pour $D \equiv 1 \bmod 4$, $D$ est premier.
Ci-dessous, je vais parler en termes d'idéaux, pas de formes quadratiques.
1. En exercice (niveau première année). Uniquement sur les idéaux (pas de forme quadratique). Mais j'ai des doutes sur le fait que tu aies envie de le faire car il est élémentaire : il suffit de savoir ce qu'est le pgcd, ppcm dans $\Z$. Et en général, les gens préfèrent faire des choses plus nobles. Le contexte est ici $D\ne 1$ sans facteur carré, rien de plus, positif ou négatif. Tout va se passer dans l'anneau $\Z[\sqrt D]$, a fortiori dans l'anneau des entiers $B$ de $\Q(\sqrt D)$ (sous-entendu par le mécanisme d'extension des idéaux $I$ de $\Z[\sqrt D]$, $I \mapsto IB$). On pose pour un diviseur positif $D_1$ de $D$ :
$$
I(D_1) = \I{D_1, \sqrt D} \qquad \text{par exemple}\qquad I(1) = \I1, \qquad I(D) = \I{\sqrt D}
$$Alors :
$$
I(D_1)I(D_2) = (D_1 \wedge D_2)\, I(D_1 \star D_2) \qquad \qquad \text{avec} \qquad D_1 \star D_2 = {D_1 D_2 \over (D_1\wedge D_2)^2}
$$Note : $\star$ est la loi de groupe classique sur les diviseurs positifs d'un entier sans facteur carré, canoniquement isomorphe au groupe constitué des parties de l'ensemble $P$ des diviseurs premiers de $|D|$, muni de la différence symétrique, et également canoniquement isomorphe à $\{\pm 1\}^P$.
En particulier $I(D_1)^2 = \I{D_1}$ et $I(D_1)I(\overline {D_1}) = \I{\sqrt D}$ où $\overline {D_1}$ est le diviseur complémentaire de $D_1$ dans $D$. En termes du groupe des classes d'idéaux inversibles de l'anneau $\Z[\sqrt D]$, chaque $I(D_1)$ est inversible et :
$$
[I(D_1)]^2 = 1, \qquad [I(D_1)I(D_2)] = [I(D_1 \star D_2)]
$$
2. Retour au contexte $D< 0$ discriminant quadratique fondamental vérifiant $D \equiv 1 \bmod 4$ si bien que $D$ est sans facteur carré. Cela se passe dans l'anneau des entiers de $K := \Q(\sqrt D)$. Si $|D| = p_1 \cdots p_k$ est la décomposition en premiers positifs (ici nul besoin d'imposer le fait que $p_j$ soit un discriminant), on se récupère $k$ idéaux premiers :
$$
\fp_j = \I{p_j, \sqrt D}, \qquad \fp_j^2 = \I{p_j}, \qquad \fp_1 \cdots \fp_k = \I{\sqrt D}
$$Dans le groupe $C_K$ des classes d'idéaux de $K$ :
$$
[\fp_j]^2 = 1, \qquad [\fp_1] \cdots [\fp_k] = 1
$$Donc tout ce petit monde baigne dans $C_{K,2}$, le sous-groupe de 2-torsion de $C_K$. Et dans mon post précédent, j'ai écrit que Gauss a exhibé $2^{k-1}$ habitants de $C_{K,2}$ via les $2^{k-1}$ formes quadratiques réduites ambiges de discriminant $D$. Of course, du point de vue des idéaux, ce sont les produits de ces idéaux premiers.
Il faut encore du travail pour obtenir que $C_{K,2} = \langle [\fp_1], \cdots, [\fp_k] \rangle$ avec bien entendu la relation $[\fp_1] \cdots [\fp_k] = 1$. Ici on voit le coup de $2^{k-1} = 2^k/2$. Du coup, si $k = 1$, i.e. si $D$ est premier, $C_{K,2}$ est trivial (retour au point 0).
Vraiment merci beaucoup!!!! C'est très intéressant !