Cube modulo p

Je pense que l'on s'en sort en traduisant l'énoncé en termes de Frobenius dans un groupe de Galois convenable.

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 $p$.

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.

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 $L$.