Corps quadratique
dans Arithmétique
Bonsoir,
Je bloque sur l'énoncé d'un exo, que voici :
{\it Soit $K$ un corps de nombres quadratique. On note $p_{1},p_{2},....,p_{k}$ les nombres premiers de $\Z$ qui se ramifient dans $K$, et pour chacun d'eux, on note $\mathfrak{p}_{i}$ l'unique idéal premier de $\mathcal{O}_{K}$ qui divise $p_{i}$, de sorte que $p_{i}\mathcal{O}_{K}=\mathfrak{p}_{i}^{2}$.
On note $x\mapsto \overline{x}$ la conjugaison de $K$.
Montrer que si $\mathfrak{a}$ est un idéal entier de $K$, stable par conjugaison (c'est-à-dire : $\overline{\mathfrak{a}}=\mathfrak{a}$), alors il existe une partie $K$ de $\{1,2,...,k\}$ et un entier naturel $m$ tel que :
$$\mathfrak{a}=m\prod_{i\in H}\mathfrak{p}_{i}$$}
Je ne demande pas de solution à cet exo. En fait, mon problème est le suivant : si je considère un nombre premier $p$ inerte, il existe donc un unique idéal premier $\mathfrak{p}$ au-dessus de $p$, et on a : $$p\mathcal{O}_{K}=\mathfrak{p}$$
En passant aux conjugués, on en déduit que :
$$\overline{\mathfrak{p}}=\mathfrak{p}$$
autrement dit $\mathfrak{p}$ est stable par conjugaison. Pourtant, il ne s'écrit pas sous la forme annoncée (par uncité de la décomposition en idéaux premiers).
Je suppose que, la fatigue aidant, quelque chose de vraiment gros m'échappe... mais quoi ?
Merci de votre aide.
Amicalement.
Olivier.
Je bloque sur l'énoncé d'un exo, que voici :
{\it Soit $K$ un corps de nombres quadratique. On note $p_{1},p_{2},....,p_{k}$ les nombres premiers de $\Z$ qui se ramifient dans $K$, et pour chacun d'eux, on note $\mathfrak{p}_{i}$ l'unique idéal premier de $\mathcal{O}_{K}$ qui divise $p_{i}$, de sorte que $p_{i}\mathcal{O}_{K}=\mathfrak{p}_{i}^{2}$.
On note $x\mapsto \overline{x}$ la conjugaison de $K$.
Montrer que si $\mathfrak{a}$ est un idéal entier de $K$, stable par conjugaison (c'est-à-dire : $\overline{\mathfrak{a}}=\mathfrak{a}$), alors il existe une partie $K$ de $\{1,2,...,k\}$ et un entier naturel $m$ tel que :
$$\mathfrak{a}=m\prod_{i\in H}\mathfrak{p}_{i}$$}
Je ne demande pas de solution à cet exo. En fait, mon problème est le suivant : si je considère un nombre premier $p$ inerte, il existe donc un unique idéal premier $\mathfrak{p}$ au-dessus de $p$, et on a : $$p\mathcal{O}_{K}=\mathfrak{p}$$
En passant aux conjugués, on en déduit que :
$$\overline{\mathfrak{p}}=\mathfrak{p}$$
autrement dit $\mathfrak{p}$ est stable par conjugaison. Pourtant, il ne s'écrit pas sous la forme annoncée (par uncité de la décomposition en idéaux premiers).
Je suppose que, la fatigue aidant, quelque chose de vraiment gros m'échappe... mais quoi ?
Merci de votre aide.
Amicalement.
Olivier.
Réponses
-
Bonjour,
Dans l' énoncé proposé, il me semble qu' il faut entendre " une partie de K éventuellement vide" ( auquel cas le produit vide correspondant est l' anneau des entiers de K).
Amicalement. -
Oui, c'est excatement ça, en effet. Merci beaucoup loulmet !
Amicalement.
Olivier. -
Re,
D'ailleurs, j'ai eu ensuite des problèmes dans le cas d'un nombre premier $p$ décomposé. Il existe dans ce cas exactement deux idéaux premiers distincts $\mathfrak{p}$ et $\mathfrak{q}$ au-dessus de $p$, et on a :
$$p\mathcal{O}_{K}=\mathfrak{p}\mathfrak{q}$$
La cas qui me posait problème est si l'un de ces deux idéaux, disons $\mathfrak{p}$, était stable par conjugaison. Dans ce cas-là, $\mathfrak{p}$ n'admet pas l'écriture souhaitée.
Je pense finalement que ce cas ne se produit jamais. Voici comment je procède : on a $K=\Q(\sqrt{d})$ et $\mathcal{O}_{K}=\Z[\omega]$, avec $\frac{1+\sqrt{d}}{2}$ ou $\omega=\sqrt{d}$ selon que $d$ est ou n'est pas congru à $1$ modulo $4$. Le discriminant absolu de $K$ est alors $\Delta_{K}=(\omega+\overline{\omega})^{2}$.
Soient $\mathfrak{p}$ un idéal premier tel que $\mathfrak{p}=\overline{\mathfrak{p}}$, et $p\in\Z$ tel que $\mathfrak{p}\cap \Z=p\Z$. Il s'agit donc de montrer que $p$ est soit inerte, soit ramifié.
Si $\alpha:=a+b\omega\in\mathfrak{p}$, alors $\overline{\alpha}=a+b
\overline{\omega}\in\mathfrak{p}$, et donc :
$$\alpha-\overline{\alpha}=
b(\omega-\overline{\omega})\in\mathfrak{p}
\,\,(*)$$
{\bf Premier cas : $\omega-\overline{\omega}\not
\in\mathfrak{p}$.} Comme $\mathfrak{p}$ est un idéal premier, on a donc, d'après $(*)$ : $\forall \alpha=a+b\omega\in\mathfrak{p},
b\in\mathfrak{p}$, et donc : $a=\alpha-b\omega\in
\mathfrak{p}$. Comme $a,b\in\Z$, on a donc :
$a,b\in\mathfrak{p}\cap\Z=p\Z$. On en déduit alors que $\mathfrak{p}\subset p\mathcal{O}_{K}$, et comme $\mathfrak{p}$ est maximal, on obtient :
$$\mathfrak{p}=p\mathcal{O}_{K}$$
autrement dit, $p$ est inerte.
{\bf Deuxième cas : $\omega-\overline{\omega}\in\mathfrak{p}$.} Dans ce cas, on a : $\Delta_{K}=(\omega-\overline{\omega})^{2}\in
\mathfrak{p}\cap \Z=p\Z$. Donc, $p$ divise le discriminant absolu $\Delta_{K}$, et $p$ est ramifié.
Mon raisonnement vous semble-t-il correct ? Ne peut-on pas montrer (beaucoup) plus rapidement qu'un idéal premier stable par conjugaison n'est pas décomposé, car dans le corrigé ils n'abordent même pas la question, ce qui laisse à supposer que ceci est vraiment trivial (en tout cas, pas pour moi !)...
Merci d'avance !
Amicalement.
Olivier. -
(J'ai enlevé une coquille dans mon premier message. Désolé pour le doublon...)
Re,
D'ailleurs, j'ai eu ensuite des problèmes dans le cas d'un nombre premier $p$ décomposé. Il existe dans ce cas exactement deux idéaux premiers distincts $\mathfrak{p}$ et $\mathfrak{q}$ au-dessus de $p$, et on a :
$$p\mathcal{O}_{K}=\mathfrak{p}\mathfrak{q}$$
La cas qui me posait problème est si l'un de ces deux idéaux, disons $\mathfrak{p}$, était stable par conjugaison. Dans ce cas-là, $\mathfrak{p}$ n'admet pas l'écriture souhaitée.
Je pense finalement que ce cas ne se produit jamais. Voici comment je procède : on a $K=\Q(\sqrt{d})$ et $\mathcal{O}_{K}=\Z[\omega]$, avec $\frac{1+\sqrt{d}}{2}$ ou $\omega=\sqrt{d}$ selon que $d$ est ou n'est pas congru à $1$ modulo $4$. Le discriminant absolu de $K$ est alors $\Delta_{K}=(\omega-\overline{\omega})^{2}$.
Soient $\mathfrak{p}$ un idéal premier tel que $\mathfrak{p}=\overline{\mathfrak{p}}$, et $p\in\Z$ tel que $\mathfrak{p}\cap \Z=p\Z$. Il s'agit donc de montrer que $p$ est soit inerte, soit ramifié.
Si $\alpha:=a+b\omega\in\mathfrak{p}$, alors $\overline{\alpha}=a+b
\overline{\omega}\in\mathfrak{p}$, et donc :
$$\alpha-\overline{\alpha}=
b(\omega-\overline{\omega})\in\mathfrak{p}
\,\,(*)$$
{\bf Premier cas : $\omega-\overline{\omega}\not
\in\mathfrak{p}$.} Comme $\mathfrak{p}$ est un idéal premier, on a donc, d'après $(*)$ : $\forall \alpha=a+b\omega\in\mathfrak{p},
b\in\mathfrak{p}$, et donc : $a=\alpha-b\omega\in
\mathfrak{p}$. Comme $a,b\in\Z$, on a donc :
$a,b\in\mathfrak{p}\cap\Z=p\Z$. On en déduit alors que $\mathfrak{p}\subset p\mathcal{O}_{K}$, et comme $\mathfrak{p}$ est maximal, on obtient :
$$\mathfrak{p}=p\mathcal{O}_{K}$$
autrement dit, $p$ est inerte.
{\bf Deuxième cas : $\omega-\overline{\omega}\in\mathfrak{p}$.} Dans ce cas, on a : $\Delta_{K}=(\omega-\overline{\omega})^{2}\in
\mathfrak{p}\cap \Z=p\Z$. Donc, $p$ divise le discriminant absolu $\Delta_{K}$, et $p$ est ramifié.
Mon raisonnement vous semble-t-il correct ? Ne peut-on pas montrer (beaucoup) plus rapidement qu'un idéal premier stable par conjugaison n'est pas décomposé, car dans le corrigé ils n'abordent même pas la question, ce qui laisse à supposer que ceci est vraiment trivial (en tout cas, pas pour moi !)...
Merci d'avance !
Amicalement.
Olivier. -
Hello,
Tu peux utiliser le resultat general que voici, pas tres difficile: Si K/L est une extension galoisienne de corps de nombres, de groupe G, et si P est un ideal premier de O_L, alors G agit transitivement sur l'ensemble des ideaux de O_K qui sont au-dessus de P. Dans ton cas, L=Q et G=Z/2Z (engendre par la conjugaison).
ou sinon, ce qui revient a adapter la preuve de ce resultat dans ton cas, tu peux faire comme ca:
soit L/Q une extension quadratique et p un nombre premier. Supposons que pO_L=RS, avec R, S ideaux premiers distincts de O_L. Designons par c la conjugaison. Supposons par l'absurde que c(R)=R (et donc c(S)=S). Soit s un element de S qui n'est pas dans R. Alors c(s)s est stable par c, donc est un entier relatif appartenant a S inter Z = (p). Puisque R divise p, c(s)s est un element de R. Puisque R est premier, et que s n'est pas dans R, on en deduit que c(s) est dans R. Mais R est stable par c, donc s est dans R, une contradiction.
a+
AG. -
Bonsoir,
Je te remercie beaucoup pour ta réponse, c'est une très jolie preuve je trouve, et qui présente le mérite d'être simple.
Amicalement.
Olivier.
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Bonjour!
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