carrés de ${\Bbb Q}_2$

noradan

Bonjour

je lis sans explication : ${\Bbb Q}_2^\times\,/\,{\Bbb Q}_2^\times{}^2$ est un groupe d'ordre 8 engendré par $-1,2,5$ !

Ca sort d'où ?

Merci

Médiat_Suprème

Quelque chose doit m'échapper car 2 nombres premiers différents ont des classes différentes et donc ${\Bbb Q}_2^\times\,/\,{\Bbb Q}_2^\times{}^2$ est infini, non ? Que le sous groupe engendré pr $\{-1, 2, 5\}$ soit d'ordre 8, c'est ok

Math Coss

Modulo 8 il y a 4 inversibles, seul 1 est un carré. Il faudrait montrer que si un entier impair est un carré mod 8 (i.e. congru à 1 mod 8) alors c'est un carré mod $2^k$ pour tout $k\ge3$. Après il suffit de vérifier que 2 n'est pas un carré, pour ça il suffit de regarder mod 4.

Médiat_Suprème

@Math Coss : il vient d'où le modulo 8 que je ne vois pas dans l'énoncé ?

J'ai compris l'énoncé comme basé sur la relation d'équivalence sur $\Bbb Q$ : $x\sim y \Leftrightarrow \exists n\in \Bbb Q (x = n^2y)$, je dois me tromper quelque part ...

[EDIT] on oublie tout, j'ai mal lu l'énoncé

Paul Broussous

noradan a dit :

Ca sort d'où ?

Merci

  Une référence claire est J.-P. Serre, Cours d'arithmétique, chap. II, section 3, page 30.  Il faut comprendre le groupe multiplicatif $\Q_2^\times$. Comme $\Q_2 = \langle 2\rangle \cdot (1+2\Z_2 )$, il faut comprendre le groupe $1+2\Z_2$ et c'est ce que fait Serre.

 Dans le cas $p\not= 2$, c'est plus simple. On a $\Q_p = \langle p\rangle\cdot \Z_p^\times$, et par le lemme de Hensel, $u\in \Z_p^\times$ est un carré si, et seulement s, ${\bar u}\in {\mathbf F}_p^\times$ est un carré modulo $p$. Il y a donc $4$ classes de carrés dans $Q_p^\times$ représentées par $1$, $p$, $u$, $up$, où $u\in \Z_p$ n'est pas un carré modulo $p$.

LOU16

Bonjour,

Pour détailler ce que suggère @Math Coss.

Soit $a\in\Z,\:\:$ tel que $a\equiv 1 \mod 8.\:$ On prouve par récurrence: $\boxed{\:\:\forall n \in \N^*,\quad\exists x\in \Z \text{  tel que }x^2\equiv a \mod 2^n.\quad (\mathcal P_n)}$

$\bullet\:(\mathcal P_n)$ est vraie pour $n\in \{1,2,3\}.$

$\bullet\:$ Soit $n\in \N_{\geqslant 4}\:$ et supposons $(\mathcal P_k)$ vraie pour tout $k\in[\![1;n-1]\!].\qquad\exists u \in \Z \:$ tel que $\: u^2\equiv a \mod 2^{n-1}.$

 $\mathcal V_2(u^2-a)\geqslant n-1.\qquad   \text{ Si }\:\:\mathcal V_2(u^2-a) >n-1,\: $ alors $\:u^2\equiv a \mod 2^n.$    

$\text{ Si }\mathcal V_2(u^2-a) =n-1,\:\: $alors $\:\:u^2-a =k2^{n-1},\:k \text{ impair.}\quad $ Soit $x= u+2^{n-2} .\:\:$

Alors $\quad x^2\equiv a +(ku+1)2^{n-1} +2^{2n-4}\equiv a \mod 2^n\:\:\square$

 

Math Coss

Pour définir un entier dyadique, il faut vérifier que l'on peut choisir les $x_n$ de façon compatible, c'est-à-dire de sorte que $x_{n+1}=x_n\mod 2^n$. Il me semble que cela résulte de la définition de $x$ en fonction de $u$ dans la démonstration de @LOU16.

LOU16

Re,

@Math Coss

Je m'étais contenté de faire ce que tu préconisais:

Il faudrait montrer que si un entier impair est un carré mod 8 (i.e. congru à 1 mod 8) alors c'est un carré mod 2k pour tout k≥3

Je viens de voir que quelques précisions s'imposent pour s'assurer que: $\boxed{\forall a \in 1+8\Z_2,\:\:\exists x\in\Z_2 \text { tel  que } x^2 =a.}$

Soit $a= (a_n)_{n\in\N^*} \in \Z_2 $  tel que: $\:a_1=a_2=a_3=1, \quad\:\forall n \in \N^*, \:a_n\in[\![1;2^n-1]\!], \:\:a_{n+1}\equiv a_n \mod 2^n.$

On définit par récurrence $x= (x_n)_{n\in\N^*} \in \Z_2 $ de la façon suivante: $\:x_1=x_2=x_3=1.$

On suppose l'existence , pour $n\geqslant 3$, de $\:\:x_1,x_2,\dots x_{n-1},y_n $  tels que $x_k^2\equiv a_k \mod 2^k, \:\:x_{k}\equiv x_{k-1}\mod 2^{k-1}, \:\: y_n^2\equiv a_n \mod 2^n, \:y_n\equiv x_{n-1}\mod 2^{n-1}$

On définit alors :$(x_n,y_{n+1}) =\left\{\begin{array}{ll} (y_n,y_n)&\text{ si }y_n^2\equiv a_{n+1} \mod 2^{n+1}\\(y_n +2^{n-1},y_n +2^{n-1})&\text { sinon}.\end{array}\right.\qquad $ On a bien $\quad x\in\Z_2,\quad x^2=a.$

noradan

Désolé de vous avoir tous laissé un peu en rade.

Pour info, j'ai trouvé ça page 61 chez Lemmermeyer "Reciprocity laws"

C'est pénible tous ces bouquins qui vous balancent des affirmations en cours de phrase comme si c'était des évidences.

Il pourraient au moins prévenir "or on peut prouver que ... " au moins je me méfierais sans chercher une explication en trois mots parce que je vais avoir du travail !

Merci à tous

Math Coss

C'est que la notion d'évidence est relative...