Théorie > Algèbre > Entiers algébriques

On travaille dans $\overline{\mathbb Z}/p\overline{\mathbb Z}$ ($\overline{\mathbb Z}$ modulo $p$). Nous devons calculer $\left(\dfrac 2p\right)$, qui est pour rappel égal à la valeur de $2^{\frac{p-1}2}$ modulo $p$. Soit $z$ une racine de $X^4+1$. On a $\left(z+\frac1z\right)^2=z^2+\frac1{z^2}+2=2$ car $z^4+1=0\iff z^2+\frac1{z^2}=0$. Notons que $\frac1z$ est aussi une racine de l'unité et donc un entier algébrique. Ainsi,
$$\begin{align*}
\left(\frac 2p\right)&\equiv2^{\frac{p-1}2}\\
&=\left(z+\frac1z\right)^{p-1}\\
\implies\left(z+\frac1z\right)\left(\frac 2p\right)&=\left(z+\frac1z\right)^p\\
&\equiv\left(z^p+\frac1{z^p}\right)\pmod p.
\end{align*}$$ Si $p\equiv\pm1\pmod8$ alors $z^p+\frac1{z^p}=z^{\pm1}+\frac1{z^{\pm1}}=z+\frac1z$ car $z^8=1$ donc le membre de droite vaut $z+\frac1z$.

Si $p\equiv\pm5\pmod8$ alors $z^p+\frac1{z^p}=-\left(z^{\pm1}+\frac1{z^{\pm1}}\right)=-\left(z+\frac1z\right)$ car $z^8=1$ mais $z^4=-1$ donc le membre de droite vaut $-\left(z+\frac1z\right)$.

On vérifie facilement que dans tous les cas le membre de droite vaut $(-1)^{\frac{p^2-1}8}\cdot\left(z+\frac1z\right)$. On a ainsi $$\left(z+\frac1z\right)\left(\frac 2p\right)\equiv\left(z+\frac1z\right)\cdot(-1)^{\frac{p^2-1}8}.$$ On aimerait à présent diviser les deux côtés par $z+\frac1z$, malheureusement on n'a a priori aucune garantie que ce dernier est inversible. Heureusement, on peut transformer les $z+\frac1z$ en $2$, qui lui est bien inversible, en multipliant les deux côtés par $z+\frac1z$. Ainsi,
$$\begin{align*}
2\left(\frac 2p\right)&\equiv2(-1)^{\frac{p^2-1}8}\\
\implies\left(\frac 2p\right)&\equiv(-1)^{\frac{p^2-1}8}.
\end{align*}$$
On a
$$p\mid\left(\frac 2p\right)-(-1)^{\frac{p^2-1}8}\in\{-2,0,2\}$$ donc
$$\left(\frac 2p\right)=(-1)^{\frac{p^2-1}8}.$$

Passons au cas général avec $p$ et $q$ impairs distincts. On prend cette fois $z$ racine de $\frac{X^q-1}{X-1}=X^{q-1}+\ldots+1$. On aimerait trouver une racine carrée de $q$ pour pouvoir faire la même chose que précédemment.

On définit les sommes de Gauss de la sorte : pour $\ell\in\mathbb Z/q\mathbb Z$ on note
$$g_\ell=\sum_{k\in\mathbb Z/q\mathbb Z}z^{\ell k}\left(\dfrac kq\right).$$ Remarquons que, pour $\ell \not\equiv 0$, la fonction $\mathbb Z / q\mathbb Z \to \mathbb Z / q\mathbb Z : k \mapsto \ell k$ est une bijection. Dès lors, en remarquant que
$$\left(\dfrac kq\right) = \left(\dfrac kq\right) \left(\dfrac \ell q\right)^2 = \left(\dfrac {\ell k}q\right)\left(\dfrac \ell q\right)$$ et en notant $k' = \ell k$ on peut voir que
$$g_\ell=\sum_{k'\in\mathbb Z/q\mathbb Z}z^{k'} \left(\dfrac {k'}q\right) \left(\dfrac \ell q\right)=\left(\dfrac\ell q\right)g,$$ où $g:=g_1$. Cette égalité est en fait également vérifiée pour $\ell \equiv 0$ puisque $\sum\limits_{k\in\mathbb Z/q\mathbb Z}\left(\frac kq\right) = 0$ : il y a autant de résidus quadratiques que de non-résidus quadratiques modulo $q$ (à savoir $\frac{q-1}2$).

Ces sommes de Gauss peuvent paraître un peu parachutées. En fait, comme vu dans la deuxième section, les conjugués de $z$ sont les $z^\ell$ avec $q\nmid\ell$. Ainsi, les conjugués de $g$ sont exactement les $g_\ell$, c'est-à-dire $g$ et $-g$. En effet, le théorème fondamental des polynômes symétriques montre qu'il ne peut pas y en avoir d'autres : $\prod\limits_{q\nmid\ell} (X-g_\ell)\in\mathbb Z[X]$. En particulier, comme $g_1$ est un polynôme unitaire en $z$ de même degré que son polynôme minimal mais distinct, $g$ est non-nul donc irrationnel mais $g^2$ n'a qu'un seul conjugué : c'est un entier rationnel ! On va procéder à un double-comptage astucieux pour calculer ce dernier.

Pour tout $n\in\mathbb Z/q\mathbb Z$, la somme $\delta(n):=\sum\limits_{k=0}^{q-1}z^{kn}$ vaut $q$ si $q\mid n$ et $\dfrac{z^{qn}-1}{z^n-1}=0$ sinon car $z^q=1$. Ainsi,
$$\begin{align*}
\left(\dfrac{-1}q\right)g^2&=g_\ell g_{-\ell}\\
&=\sum_{i\in\mathbb Z/q\mathbb Z}z^{\ell i}\left(\dfrac iq\right)\sum_{j\in\mathbb Z/q\mathbb Z}z^{-\ell j}\left(\dfrac jq\right)\\
&=\sum_{i,j\in\mathbb Z/q\mathbb Z}z^{\ell (i-j)}\left(\dfrac{ij}q\right).\\
\end{align*}$$ En sommant sur tous les $\ell\in\mathbb Z/q\mathbb Z$, on trouve donc
$$\begin{align*}
(q-1)\left(\dfrac{-1}q\right)g^2&=\sum_{\ell\in\mathbb Z/q\mathbb Z}\sum_{i,j\in\mathbb Z/q\mathbb Z}\left(\dfrac{ij}q\right)z^{\ell (i-j)}\\
&=\sum_{i,j\in\mathbb Z/q\mathbb Z}\left(\dfrac{ij}q\right)\sum_{\ell\in\mathbb Z/q\mathbb Z} z^{\ell (i-j)}\\
&=\sum_{i,j\in\mathbb Z/q\mathbb Z}\left(\dfrac{ij}q\right)\delta(i-j)\\
&=\sum_{i,j\in\mathbb Z/q\mathbb Z}\left(\dfrac{i^2}q\right)q\\
&=(q-1)q.
\end{align*}$$ Ainsi, $g^2=\left(\frac{-1}q\right)q=(-1)^{\frac{q-1}2}q.$ On peut maintenant refaire la même chose que précédemment :
$$\begin{align*}
\left(\frac qp\right)&\equiv q^{\frac{p-1}2}\\
&=\left((-1)^{\frac{q-1}2}g^2\right)^{\frac{p-1}2}&\text{car $g^2=(-1)^{\frac{q-1}2}q$}\\
&=(-1)^{\frac{p-1}2\cdot\frac{q-1}2}\cdot g^{p-1}\pmod p\\
\end{align*}$$ donc
$$\begin{align*}
\left(\frac qp\right)\cdot g&=(-1)^{\frac{p-1}2\cdot\frac{q-1}2}\cdot g^p\\
&\equiv(-1)^{\frac{p-1}2\cdot\frac{q-1}2}\cdot g_p&\text{par Frobenius}\\
&=(-1)^{\frac{p-1}2\cdot\frac{q-1}2}\cdot\left(\frac pq\right)g\pmod p.
\end{align*}$$ En multipliant les deux côtés par $(-1)^{\frac{q-1}2}g$ on trouve alors $$\left(\frac qp\right)\cdot q\equiv(-1)^{\frac{p-1}2\cdot\frac{q-1}2}\cdot\left(\frac pq\right)\cdot q$$ Donc, comme $p\nmid q$, $$p\mid \left(\frac{p}{q}\right) \cdot \left(\frac{q}{p}\right)- (-1)^{\frac{p-1}{2} \frac{q-1}{2}}\in\{-2,0,2\}$$ ce qui signifie de nouveau que $$\left(\frac{p}{q}\right) \cdot \left(\frac{q}{p}\right) = (-1)^{\frac{p-1}{2} \frac{q-1}{2}}.$$