Cube modulo p
dans Arithmétique
Je fais face à l'exercice suivant.
Montrer que 2 est un cube modulo $p$ si et seulement s'il existe un idéal $P=(a+b\zeta_3)$ de $\Q(\zeta_3)$ au-dessus de $p$ qui se décompose totalement dans l'extension abélienne $\Q(\zeta_3,\sqrt[3]{2})/\Q(\zeta_3)$.
Avez-vous des indices pour cette question ?
Montrer que 2 est un cube modulo $p$ si et seulement s'il existe un idéal $P=(a+b\zeta_3)$ de $\Q(\zeta_3)$ au-dessus de $p$ qui se décompose totalement dans l'extension abélienne $\Q(\zeta_3,\sqrt[3]{2})/\Q(\zeta_3)$.
Avez-vous des indices pour cette question ?
Réponses
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Je pense que l'on s'en sort en traduisant l'énoncé en termes de Frobenius dans un groupe de Galois convenable.
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Pouvez-vous élaborer un peu s'il vous plaît ?
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Un peu de notations : Je note $L=\mathbb Q(\zeta_3, \sqrt[3]{2}), K=\mathbb Q(\zeta_3)$ et $\mathfrak P$ un premier de $L$ au-dessus de $K$
Dire que $P$ se décompose totalement dans $\mathbb Q(\zeta_3, \sqrt[3]{2})$, c'est dire que son Frobenius est trivial dans $\mathrm{Gal}(\mathbb Q(\zeta_3, \sqrt[3]{2}), \mathbb Q(\zeta_3))$. Je rappelle que le Frobenius de $\mathfrak P/P$ est l'unique élément $\sigma = \left(\frac{L/K}{\mathfrak P}\right)$ du groupe de Galois $\mathrm{Gal}(\mathbb Q(\zeta_3, \sqrt[3]{2}), \mathbb Q(\zeta_3))$ tel que pour tout $x \in \mathcal O_{\mathbb Q(\zeta_3, \sqrt[3]{2})}$, on a $\sigma(x) \equiv x^{N(P)} \text{ mod } \mathfrak P$. En fait, celui-ci ne dépend pas de $\mathfrak P$ car le groupe de Galois est abélien ici (sinon il y a une classe de conjugaison d'éléments de Frobenius au-dessus de $P$).
Il est facile de voir que $\left(\frac{L/K}{\mathfrak P}\right) = \left(\frac{L/\mathbb Q}{\mathfrak P}\right)^{[\mathcal O_K/P : \mathbb F_p]}$. Ainsi, $P$ est totalement décomposé dans $L$ si et seulement si $\left(\frac{L/\mathbb Q}{\mathfrak P}\right)^{[\mathcal O_K/P : \mathbb F_p]}$ est trivial.
Pour terminer, il reste à étudier les valeurs possibles pour $\left(\frac{L/\mathbb Q}{\mathfrak P}\right)$ et à montrer que la puissance voulue est triviale si et seulement si $2$ est un cube modulo $p$. -
Merci pour cette réponse.
J'ai deux exercices à faire:
a) $p$ est totalement décomposé dans $\Q(\sqrt[3]{2})/\Q$ si et seulement si $p\equiv 1\bmod{3}$ et $2^{(p-1)/3}\equiv 1\bmod{p}$.
b) $p$ est totalement décomposé dans $\Q(\sqrt[3]{2})/\Q$ si et seulement s'il existe un idéal $P=(a+b\zeta_3)$ de $\Q(\zeta_3)$ au-dessus de $p$ qui se décompose totalement dans l'extension abélienne $\Q(\zeta_3,\sqrt[3]{2})/\Q(\zeta_3)$.
J'ai réussi à faire le premier, c'est essentiellement le théorème de Kummer-Dedekind : la factorisation de $p\neq 2,3$ dans $\Q(\sqrt[3]{2})$ est la factorisation de $X^3-2$ modulo $p$.
Je bloque en faisant la partie (b).
Je vois un peu comment travailler avec les Frobenius. De ce que je comprends de votre histoire, c'est que si $p\equiv 1\bmod{3}$, alors $f_p=1$ dans $\Q(\zeta_3)/\Q$, donc $(\frac{L/\Q}{\mathfrak{P}})=(\frac{L/K}{\mathfrak{P}})$. Mais je ne vois pas en quoi cela nous aide ? -
Ah, la question change complètement alors...
La partie b) vient simplement du fait que $p$ se décompose totalement dans $L$ si et seulement s'il se décompose totalement dans $K$, et pour tout premier $P$ de $K$ au-dessus de $p$, $P$ se décompose totalement dans $L$, c'est immédiat. -
Il y a de quoi être immédiatement décomposé, en effet !
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J'apporte un peu de détails au cas où : soit $L/K$ une extension (finie) de corps de nombres et $p$ un nombre premier. Alors $p$ est totalement décomposé dans $L$ si et seulement si $p$ est totalement décomposé dans $K$ et pour tout premier $P$ de $K$ au-dessus de $p$, $P$ est totalement décomposé dans $L$.
Démonstration : Notons $p\mathcal O_K = \prod_{i=1}^r P_i^{e_i}$ la décomposition de $p$ dans $K$ et $P_i \mathcal O_L = \prod_{j=1}^{r_i} \mathfrak{p}_{i,j}^{e_{i,j}}$. On a clairement $p\mathcal O_L = \prod_{i=1}^r \prod_{j=1}^{r_i} \mathfrak{p}_{i,j}^{e_i e_{i,j}}$.
Si $p$ est totalement décomposé dans $L$, on a $e_i=e_{i,j}=1$ pour tout $i,j$, $\mathfrak p_{i,j} \neq \mathfrak p_{i', k}$ pour tous $i \neq i', j, k$ et enfin $r r_i = [L:\mathbb Q] = [L:K] [K:\mathbb Q]$ pour tout $i$. Or $r_i \leq [L:K]$ et $r \leq [K:\mathbb Q]$, donc on a en fait égalité, autrement dit, $p$ est totalement décomposé dans $K$ et chaque $P_i$ est totalement décomposé dans $L$.
Réciproquement, si $p$ est totalement décomposé dans $K$ et chaque $P_i$ est totalement décomposé dans $L$, alors $r=[K:\mathbb Q], r_i = [L:K]$ et $e_i=e_{i,j}=1$ pour tous $i$ et $j$. De plus, on a $\mathfrak p_{i,j} \neq \mathfrak p_{i', k}$ pour tous $i \neq i', j, k$, sinon on aurait $P_i \cap P_j \supset \mathfrak p_{i,j} \cap \mathcal O_K = P_i$, ce qui est absurde. Finalement, $p$ est totalement décomposé dans $L$.
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