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\begin{document}
\setlength{\baselineskip}{0.4cm}
\begin{center}
Universit\'e Paris 7  \hfill 26 mai 2002\\
U.F.R. de Math\'ematiques\hfill \mbox{B.~Keller}\\[0.5cm]
{\bf Ma\^{\i}trise de Math\'ematiques : MT401S Alg\`ebre \\[0.5cm]
             \titre\\}
\end{center}

\tit{Question de cours}
Soient $A$ un anneau principal et $M$ un $A$-module de type fini.
\begin{list-of-exercises}
\item Qu'est-ce que le sous-module de torsion $M_{tors}$ de $M$ ?
Montrer que $M/M_{tors}$ est sans torsion.  

\solution{Le sous-module $M_{tors}$ est form\'e des \'el\'ements $m\in
M$ tels qu'il existe un \'el\'ement non nul $a\in A$ tel que
$am=0$. Soit $\pi$ la projection canonique de $M$ sur $M/M_{tors}$ et
soit $\pi(m)$ un \'el\'ement de torsion de $M/M_{tors}$. Soit $a$ un
\'el\'ement non nul de $A$ tel que $a\pi(m)=0$.  Alors $am$ appartient
\`a $M_{tors}$ car $\pi(am)=a\pi(m)=0$. Soit $b$ un \'el\'ement non
nul de $A$ tel que $b(am)=0$. Alors $ba$ est un \'el\'ement non nul de
$A$ (car $A$ est int\`egre) et $(ba)m=b(am)=0$.  Donc $m$ appartient
\`a $M_{tors}$ et $\pi(m)=0$.}

\item Que peut-on dire d'un $A$-module de type fini sans torsion ?

\solution{Comme $A$ est principal, un tel module est libre.}

\item Montrer que $M_{tors}$ est un facteur direct de $M$  qui
admet un suppl\'ementaire libre. Montrer par un exemple que ce
suppl\'ementaire n'est pas unique en g\'en\'eral.

\solution{Le module $M/M_{tors}$ est libre donc la suite exacte
\[
0 \ra M_{tors} \ra M \ra M/M_{tors}\ra 0
\]
est scindable. Donc $M_{tors}$ admet un suppl\'ementaire
isomorphe \`a $M/M_{tors}$ et donc libre. Si $A=\Z$ et
$M=\Z\oplus \Z/2\Z$, alors $M_{tors}=0\oplus \Z/2\Z$.
Les sous-modules
$L_1= Z\oplus \Z/2\Z$ et $L_2=\{(x,\pi(x)\;|\; x\in\Z\}$
sont deux suppl\'ementaires libres de $M_{tors}$ qui sont
diff\'erents.}
\item Soit $L\supset K$ une extension de corps finie.
Qu'est-ce que le degr\'e de $L$ sur $K$ ? Qu'est-ce que le
groupe de Galois $Gal(L|K)$ ? Quand est-ce qu'on dit que
l'extension est galoisienne ? 
\solution{Par l'inclusion $K\subset L$, le corps $L$ devient une
$K$-alg\`ebre et en particulier un $K$-espace vectoriel. Le degr\'e
de $L$ sur $K$ est la dimension de cet espace. Le groupe de Galois
est le groupe des automorphismes $\sigma$ du corps $L$ tels que
$\sigma(x)=x$ pour tout $x\in K$. On dit que l'extension est
galoisienne si son degr\'e est \'egal \`a l'ordre de son
groupe de Galois.}
\item Supposons que $L\supset K$ est galoisienne de groupe
de Galois cyclique d'ordre $10$. Quel est le nombre d'extensions 
interm\'ediaires $L \supset E \supset K$ ?
\solution{Le th\'eor\`eme principal de la th\'eorie de Galois
donne une bijection entre les sous-groupes du groupe de Galois
et les extensions interm\'ediaires entre $L$ et $K$. Le
groupe $\Z/10\Z = \Z/2\Z \times \Z/5\Z$ admet quatre sous-groupes
(outre le sous-groupe trivial et le groupe tout entier, les seuls
sous-groupes sont $\Z/2\Z\times 0$ et $0\times \Z/5\Z$). Donc il existe
quatre extensions interm\'ediaires $L\supset E \supset K$.}

\end{list-of-exercises}

\tit{I. D\'ecompositions} 
Soit $M$ le $\Z$-module 
$
\Z/24\Z \oplus \Z/36\Z \oplus \Z/135\Z.
$
\begin{list-of-exercises}
\item Quelle est la composante $3$-primaire $M(3)\subset M$ ?
\solution{C'est le sous-groupe $8\Z/24\Z \oplus 4\Z/36\Z \oplus 5\Z/135\Z$.}
\item Quelle est la d\'ecomposition de $M$ en $\Z$-modules ind\'ecomposables ?
\solution{Nous utilisons le lemme chinois. La d\'ecomposition en ind\'ecomposables de $M$ est 
\[
M\cong \Z/4\Z \oplus \Z/8\Z \oplus \Z/3\Z \oplus\Z/9\Z\oplus\Z/27\Z \oplus \Z/5\Z.
\]
}
\item Quelle est la d\'ecomposition de Smith de $M$ et quels sont
ses facteurs invariants ?
\solution{Nous utilisons le lemme chinois. La d\'ecomposition de Smith de $M$ est
\[
M\cong \Z/3\Z \oplus \Z/36\Z \oplus \Z/1080\Z
\]
et ses facteurs invariants sont $3, 36, 1080$.}

\end{list-of-exercises}

\tit{II. Cayley-Hamilton}
Soient $A$ un anneau commutatif, $n\geq 1$ et $C$ une matrice $n\times n$
\1a coefficients dans $A$. Rappelons qu'on a
\[
\hat{C} C = C \hat{C} = \det(C) I_n
\]
o\1u $(-1)^{i+j}\hat{C}_{ij}$ est le d\'eterminant de la sous-matrice de
$C$ obtenue en rayant la $j$-i\1eme ligne et la $i$-i\1eme colonne.
Soit $M$ le conoyau du morphisme $f_C: A^n \ra A^n$, $x \mapsto Cx$.
\begin{list-of-exercises}
\item Montrer qu'on a $(\det C) m =0$ pour tout $m\in M$.
\solution{Notons $\pi: M \ra M / f_C(M)$ la projection canonique sur
le conoyau de $f_C$. Soit $m$ un \'el\'ement du conoyau et $m'\in M$
un repr\'esentant. Nous avons
\[
(\det C) m = (\det C) \pi(m') = \pi( (\det C) m') = \pi( C \hat{C} m') =0
\]
car $C \hat{C} m'$ appartient \`a l'image de $f_C$.}
\item Soient $k$ un corps et $B$ une matrice $n\times n$ \1a coefficients
dans $k$. Soient $C$ la matrice $X\,I_n-B$ (\1a coefficients dans $k[X]$)
et $\chi_B(X)=\det(C)$ le polyn\^ome caract\'eristique de $B$. Soit
$M_B$ le $k[X]$-module qui correspond \1a $B$. Montrer que 
$\chi_B(X)\, m=0$ pour tout $m\in M_B$. 
\solution{Un th\'eor\`eme du cours affirme que $M_B$ est isomorphe
au conoyau de
\[
f_C : k[X]^n \ra k[X]^n \ko v \mapsto Cv \ko
\]
o\`u $C=X I_n - B$. L'affirmation r\'esulte aussit\^ot du point pr\'ec\'edent.}
\item En d\'eduire que $\chi_B(B)=0$ (Cayley-Hamilton).
\solution{Pour tout polyn\^ome $P(X)\in k[X]$ et tout \'el\'ement
$v\in M_B$, on a $P(X) m = P(B)(v)$, par d\'efinition. En particulier, on
a $\chi_B(X)v = \chi_B(B)(v)$. Or d'apr\`es le point pr\'ec\'edent,
l'\'el\'ement $\chi_B(X)v$ s'annnule pour tout $v\in M_B$. Donc
$\chi_B(B)=0$.}
\end{list-of-exercises}




\tit{III. Id\'eaux maximaux de $\Z[X]$}
On se propose de d\'eterminer les id\'eaux maximaux de l'anneau $\Z[X]$.
\begin{list-of-exercises}
\item Montrer qu'aucun id\'eal principal de $\Z[X]$ n'est maximal.
\solution{Soit $P(X)$ un \'el\'ement de $\Z[X]$. Si $P(X)=c$ pour un
$c\in \Z$, alors $\Z[X]/(P(X))$ est isomorphe \`a $(\Z/c\Z)[X]$. Cet
anneau n'est pas un corps~: en effet, si $c=\pm 1$, c'est l'anneau
nul, et sinon c'est l'anneau de polyn\^omes sur $\Z/c\Z$, dont les
seuls \'el\'ements inversibles sont les constantes inversibles.  Si
$P(X)$ est non constant, alors les \'el\'ements non nuls de $(P(X))$
sont de degr\'e $\geq 1$. Donc $(P(X))$ est strictement contenu dans
$(P(X),p)$ pour tout nombre premier $p$. Choisissons $p$ tel que
le coefficient dominant de $P(X)$ n'est pas divisible par $p$.
Alors l'id\'eal $(P(X),p)$ est diff\'erent de $\Z[X]$
(car le quotient par cet id\'eal est isomorphe au quotient de $(\Z/p\Z)[X]$
par un id\'eal propre) et il contient strictement $(P(X))$.
Donc $(P(X))$ n'est pas maximal.}
\item Soit $p$ un nombre premier et $P\in \Z[X]$ un polyn\^ome dont l'image
dans $\F_p[X]$ est irr\'eductible. Montrer que l'id\'eal $(p,P)$ est maximal
dans $\Z[X]$. Nous allons montrer dans la suite qu'on obtient ainsi tous les id\'eaux
maximaux.
\solution{En utilisant des isomorphismes canoniques d\'emontr\'es en cours
nous obtenons 
\[
\Z[X]/(p,P(X)) \iso (\Z[X]/(p))/(\pi(P(X)) \iso (\Z/p\Z)[X]/(P(X)) \ko
\]
o\`u $\pi$ est la projection canonique sur le quotient $\Z[X]/(p)$.
Par hypoth\`ese, le dernier anneau est un corps. Donc $(p,P(X))$ est maximal.}
\item Soit $I$ un id\'eal maximal de $\Z[X]$. Montrer que $I\cap \Z$ est
un id\'eal premier de $\Z$.
\solution{L'id\'eal $I\cap \Z$ est l'image r\'eciproque de $I$ par l'inclusion
$\Z \subset \Z[X]$. Comme $I$ est premier dans $\Z[X]$, $I\cap \Z$ est
premier dans $\Z$.}
\item Supposons que $I\cap\Z$ est un id\'eal non nul de $\Z$.
Montrer que $I=(p,P)$ pour un nombre premier $p$ et un polyn\^ome $P\in \Z[X]$
dont l'image dans $\F_p[X]$ est irr\'eductible.
\solution{Comme $I\cap \Z$ est premier et non nul, il est de la forme
$(p)$ pour un nombre premier $p$. Nous avons donc $p\Z[X]\subset I$ et
$\Z[X]/I$ est un quotient de 
\[
\Z[X]/(p) \iso (\Z/p\Z)[X].
\]
Le morphisme induit $(\Z/p\Z)[X] \ra \Z[X]/I$ est clairement surjectif
et son noyau est donc un id\'eal maximal. Comme $\Z/p\Z$ est un corps,
il est engendr\'e par un polyn\^ome $Q(X)$ irr\'eductible \`a
coefficients dans $\Z/p\Z$. Si nous choisissons $P(X)\in \Z[X]$ tel
que l'image de $P(X)$ soit $Q(X)$, nous obtenons l'affirmation.}

\hspace*{-1cm} Dans la suite, nous supposons que $I\cap \Z$ est nul. Nous allons
aboutir \`a une contradiction.

\item Montrer que le morphisme canonique
$\Z\ra \Z[X]$ se prolonge en un morphisme $\Q \ra \Z[X]/I$ et que ce dernier
se prolonge en un morphisme surjectif $\phi: \Q[X] \ra \Z[X]/I$. 
\solution{Le noyau de la composition $\Z \ra \Z[X] \ra \Z[X]/I$ est l'id\'eal
$I\cap \Z$. Par hypoth\`ese, il s'annule. Donc les images dans $\Z[X]/I$ 
des \'el\'ements non nuls de $\Z$ sont non nuls, et, par cons\'equent, inversibles.
Par la propri\'et\'e universelle de l'anneau des fractions, le morphisme
$\Z \ra \Z[X]/I$ induit un morphisme $f: \Q \ra \Z[X]/I$. Alors, par la
propri\'et\'e universelle de l'anneau des polyn\^omes, il existe un unique
morphisme $\phi : \Q[X] \ra \Z[X]/I$ qui prolonge $f$ et envoie $X\in \Q[X]$
sur l'image de $X\in \Z[X]$ dans $\Z[X]/I$. L'image de $\phi$ contient
clairement l'image de $\Z[X]$ dans $\Z[X]/I$. Donc $\phi$ est surjectif.
}
\item Montrer que $\ker(\phi)$ est engendr\'e par un polyn\^ome irr\'eductible
$Q(X)\in \Q[X]$.
\solution{Nous avons un isomorphisme de $\Q[X]/\ker \phi$ sur le
corps $\Z[X]/I$. Donc $\ker\phi$ est un id\'eal maximal de $\Q[X]$.
Comme $\Q$ est un corps, il est engendr\'e par un polyn\^ome irr\'eductible $Q$.}
\item Montrer que $I$ est engendr\'e par le polyn\^ome primitif $P\in \Z[X]$
associ\'e \`a $Q$. Conclure.
\solution{Ecrivons $Q(X) = c P(X)$ o\`u $P(X)$ est \`a coefficients dans $\Z$
et primitif et $c$ est le contenu de $Q(X)$. Soit $U(X)$ un polyn\^ome
\`a coefficients entiers qui appartient \`a $I$. Alors dans $\Q[X]$,
$U(X)$ appartient \`a l'id\'eal engendr\'e par $Q(X)$. Donc
\[
U(X) = V(X) Q(X)
\]
pour un polyn\^ome $V(X)\in \Q[X]$. Ecrivons $U(X)= u U_1(X)$ et $V(X)= v V_1(X)$,
o\`u $U_1(X)$ et $V_1(X)$ sont \`a coefficients entiers et primitifs et 
$u$ et $v$ sont les contenus de $U(X)$ et $V(X)$. Par la propri\'et\'e de
multiplicativit\'e des contenus et des parties primitives, nous avons
\[
U_1(X) = \pm V_1(X) P(X)
\]
et 
\[
U(X) = u U_1(X) = \pm u V_1(X) P(X).
\]
Comme $U(X)$ est \'a coefficients entiers, $u$ est entier et $\pm u V_1(X)$ est
\`a coefficients entiers. Donc $U(X)$ appartient bien \`a l'id\'eal de 
$\Z[X]$ engendr\'e par $P(X)$. Ceci est une contradiction avec le point 1).}
\end{list-of-exercises}


\tit{IV. Modules semisimples sur un anneau principal}
Soit $A$ un anneau principal. Un $A$-module $M$ est {\em semi-simple}
si pour tout sous-module $M'\subset M$, il existe un sous-module $M''\subset M$
tel que $M=M'\oplus M''$.
\begin{list-of-exercises}
\item Soit $k$ un corps. Montrer que tout $k$-module de type fini est semi-simple.
\solution{Soit $M$ un $k$-module de type fini, c'est-\`a-dire un $k$-espace
vectoriel de dimension finie. On sait que tout sous-espace vectoriel $M'\subset M$
admet un sous-espace suppl\'ementaire (si on compl\`ete une base 
$v_1, \ldots, v_p$ de $M'$ et une base $v_1, \ldots, v_n$ de $M'$, alors
$v_{p+1}, \ldots, v_n$ engendrent un suppl\'ementaire). Donc $M$ est
semi-simple.}
\item Soient $p$ un irr\'eductible de $A$ et $m\in \N$. Montrer que $(A/(p))^m$
est semi-simple.
\solution{L'anneau $k=A/(p)$ est un corps. Le $A$-module $(A/(p))^m$ est aussi
un module sur le corps $k$ et ses sous-$A$-modules sont exactement ses
sous-$k$-espaces vectoriels. Par le point pr\'ec\'edent, le module
$(A/(p))^m$ est semi-simple.}
\item Soient $p$ un irr\'eductible de $A$ et $n\in \N$. Montrer que le module
$A/(p^m)$ est semi-simple si et seulement si $m=1$.
\solution{
Si $m=1$, la semi-simplicit\'e r\'esulte du point pr\'ec\'edent. R\'eciproquement,
supposons que $A/(p^m)$ est semi-simple. Alors la suite exacte
\[
0 \ra p A/(p^m) \ra A/(p^m) \ra A/(p) \ra 0
\]
est scindable. Donc $A/(p^m)$ est isomorphe \1a la somme directe de
$A/(p)$ et $pA/(p^m)$. Comme $A/(p^m)$ est ind\'ecomposable, il s'ensuit que
$pA/(p^m)=0$, donc $m=1$.}
\item Soit $M$ un module semi-simple. Montrer que tout sous-module $N\subset M$
est semi-simple.
\solution{Soit $N'$ un sous-module de $N$. Alors il existe un suppl\'ementaire
$M''$ de $N'$ dans $M$. Soit $N''=N\cap M''$. Il est clair que $N'\cap N''=0$. Montrons
que $N'+N''=N$. L'inclusion $\subset$ est claire. Soit $n\in N$. Alors $n=n'+m''$ pour
un $n'\in \N$ et un $m''\in M''$. Nous avons $m''=n-n''$. Donc $m'' \in N''$.}
\item Soient $p$ un irr\'eductible et $M$ un $A$-module $p$-primaire de type fini.
Montrer que $M$ est semi-simple si et seulement si $M$ est isomorphe \`a 
$(A/(p))^n$ pour un $n\in \N$.
\solution{Nous avons vu au point 2) que la condition est suffisante. R\'eciproquement,
supposons que $M$ est semi-simple. Comme $M$ est $p$-primaire, $M$ est somme directe
de sous-modules isomorphes \1a des modules $A/(p^m)$ pour des $m\in \N$. D'apr\1es
4), ces $A/(p^m)$ sont semi-simples. D'apr\1es 3), on doit avoir $m=1$. Donc
$M$ est bien isomorphe \1a une somme $(A/(p))^n$ pour un $n\in\N$.}
\item Soit $M$ un $A$-module de torsion et de type fini. Montrer que $M$ est semi-simple
si et seulement si pour tout irr\'eductible $p$ de $A$, la composante
$p$-primaire $M(p)$ est semi-simple. D\'eduire que $M$ est semi-simple
si et seulement si $M$ est isomorphe \`a une somme directe finie de
modules de la forme $A/(p)$, o\`u $p$ est irr\'eductible.
\solution{Supposons que $M$ est semi-simple.
Les composantes $p$-primaires de $M$ sont en particulier
des sous-modules. Donc elles sont semi-simples d'apr\1es 4).
R\'eciproquement, supposons que les composantes $p$-primaires de $M$
sont semi-simples. Soit $N\subset M$ un sous-module. Alors $N(p)\subset M(p)$
est un sous-modules pour chaque irr\'eductible $p$. On choisit un suppl\'ementaire
$N'_p$ de $N(p)$ dans $M(p)$. Alors la somme des $N'_p$ est un suppl\'ementaire
de $N$ dans $M$. La deuxi\1eme
affirmation en r\'esulte d'apr\1es 5).}
\item Soient $n\geq 1$ et $B$ une matrice carr\'ee $n\times n$ \`a
coefficients r\'eels. Soit $f_B: \R^n \ra \R^n$ l'application $x\mapsto Bx$.
Montrer qu'on a \'equivalence entre
\begin{itemize}
\item[(i)] Tout sous-espace $U\subset \R^n$ stable par $f_B$ admet un
suppl\'ementaire stable par $f_B$.
\item[(ii)] $B$ est semblable \`a une matrice diagonale par blocs dont les
blocs diagonaux sont de la forme
\[
[a] \ko a\in \R, \quad\mbox{ou}\quad 
\left[\begin{array}{cc} \rho \cos\theta & -\rho \sin\theta \\
                        \rho \sin\theta &  \rho \cos\theta
\end{array} \right]\ko \rho>0\ko \theta\in \R.
\]
\end{itemize}
\solution{Supposons que (i) est v\'erifi\'e. Soit $M$ le
$\R[X]$-module associ\'e \1a $B$. Alors il r\'esulte de (i) que $M$
est semi-simple. Donc $M$ est isomorphe \1a une somme de modules
$\R[X]/(P(X))$ o\1u $P(X)$ est irr\'eductible dans $\R[X]$. On sait
que les irr\'eductibles de $\R[X]$ sont de la forme $X-a$, $a\in \R$,
et $X^2+bX+c$ o\1u $b^2-4c<0$. On sait qu'un module $\R[X]/(X-a)$
correspond \1a un bloc $[a]$. Il reste \1a montrer qu'un module
$\R[X]/(X^2+bX+c)$ correspond \1a un bloc du deuxi\1eme type. En
effet, \'ecrivons les deux racines complexes conjugu\'ees de
$X^2+bX +c$ sous la forme $\rho e^{i\theta}$. Alors $b=2 \cos\theta$
et $c=\rho^2$. Alors la matrice compagnon de $X^2+bX+c$ et
la matrice
\[
\left[\begin{array}{cc} \rho \cos\theta & -\rho \sin\theta \\
                        \rho \sin\theta &  \rho \cos\theta
\end{array} \right]\ko \rho>0\ko \theta\in \R.
\]
sont toutes deux diagonalisables sur $\C$ avec les m\^emes valeurs
propres. Donc elles sont semblables sur $\C$ et donc sur $\R$.
Ainsi elles correspondent \1a des $\R[X]$-modules isomorphes.

R\'eciproquement, si (ii) est v\'erifi\'e, alors le
$\R[X]$-module correspondant est isomorphe \1a une somme de modules
$\R[X]/(P(X))$ o\1u $P(X)$ est irr\'eductible dans $\R[X]$. 
Donc ce module est semi-simple et (i) est v\'erifi\'e.
}

\end{list-of-exercises}

\end{document}



\tit{R\'eciprocit\'e quadratique}
Soient $p$ un nombre premier impair et 
\[
\Phi_p(X)= \frac{X^p-1}{X-1} = X^{p-1} + X^{p-2} + \ldots + X + 1.
\]
\begin{list-of-exercises}
\item Montrer que $\Phi_p(X)$ est irr\'eductible sur $\Q$. Indication~:
Consid\'erer $\Phi_p(X+1)$.
\item Soit $\zeta$ une racine complexe $p$-i\1eme de $1$. Montrer que
le corps $\Q[X]/(\Phi_p(X))$ est isomorphe au sous-corps $\Q(\zeta)$ de
$\C$. 
\item D\'eduire que pour tout $a\in\Z$ premier \1a $p$, il existe un
unique automorphisme $\sigma_a$ de $\Q(\zeta)$ sur $\Q$ tel que $\sigma_a(\zeta)=\zeta^a$.
\item Montrer que l'application
\[
(\Z/p\Z)^* \rightarrow \mbox{Gal}(\Q(\zeta)|\Q) \ko a \mapsto \sigma_a
\]
est un isomorphisme de groupes et que $(\Q(\zeta):\Q)$
est galoisienne. D\'eduire que $\mbox{Gal}(\Q(\zeta)|\Q)$
admet un unique sous-groupe d'indice $2$ et que $\Q(\zeta)$ admet une unique
sous-extension quadratique. Nous allons en exhiber un g\'en\'erateur $\tau$.
\item Soit
\[
p^*=(-1)^{\frac{(p-1)}{2}}
\]
et soit $b$ un entier tel que $2b \equiv 1 \mod p$. Soit
\begin{equation}
\label{deftau} \tau=\prod_{k=1}^{(p-1)/2} \zeta^{bk}\,(1-\zeta^{-k}).
\end{equation}
Montrer que 
\begin{equation}
\label{tausquare} \tau^2 = p^*.
\end{equation}
Indications : Utiliser la factorisation de $\Phi_p(X)$ en produit
de facteurs de degr\'e $1$ sur $\Q(\zeta)$ et le fait que $\Phi_p(1)=p$.

\item Soit $a$ un entier premier \1a $p$. D\'eduire de l'\'equation
(\ref{tausquare}) qu'on a $\sigma_a(\tau)=\pm \tau$. Montrer que
$\sigma_a(\tau)=\tau$ ssi $a$ est un carr\'e dans $(\Z/p\Z)^*$. On 
d\'efinit le {\em symbole de Legendre} $(a/p)\in \{1, -1\}$ par
\begin{equation}
\label{deflegendre}
\sigma_a(\tau) = (a/p)\, \tau.
\end{equation}

\item Montrer qu'avec les notations du point pr\'ec\'edent, on a 
\begin{equation}
\label{power}
a^{(p-1)/2} \equiv (a/p) \, \mod p.
\end{equation}

\item Soit $q\neq p$ un autre nombre premier impair. Soit $Q$ un
id\'eal maximal de l'anneau $\Z[\zeta]\subset \Q[\zeta]$ qui
contient $q$. D\'eduire de l'\'equation (\ref{deftau}) que l'on a
\[
\sigma_q(\tau) \equiv \tau^q \, \mod Q
\]
et puis de (\ref{deflegendre}) que
\begin{equation}
\label{thmlegendre}
(a/p) \equiv \tau^{q-1} \,\mod Q.
\end{equation}

\item D\'eduire de (\ref{power}) appliqu\'e \`a $q$ et de (\ref{thmlegendre}) que
l'on a la loi de r\'eciprocit\'e quadratique
\[
(p^*/q) = (q/p).
\]
\end{list-of-exercises}



