Réalisation de formes ℤ-bilinéaires symétriques comme formes traces

hermitiennes amplifiées

Grégory Berhuy

Introduction: Krüskemper a prouvé dans [2] que toute forme ℤ-bilinéaire symétrique et non dégénérée peut se réaliser comme une forme trace amplifiée d’une algèbre ℤ[α], où α est un entier algébrique. Le but de cet article est de montrer un résultat similaire concernant les formes traces hermitiennes amplifiées. Je remercie vivement Eva Bayer-Fluckiger, ma directrice de thèse, pour l’aide qu’elle m’a apporté dans la réalisation de ce travail.

Définitions et notations:

Dans ce qui suit, l’expression forme ℤ-bilinéaire désigne un couple (M, b), où M est un ℤ-module libre de type fini et où b : M × M → ℤ est une forme bilinéaire. On dit qu’elle est non dégénérée si elle est non dégénérée lorsqu’elle est vue comme forme ℚ-bilinéaire. Soit α un entier algébrique. Si I est un idéal de ℤ[α], on note I^{♯} = {x ∈ ℚ(α)/Tr_{ℚ(α)/ℚ}(xI) ⊂ ℤ}. Soit ℑ un idéal de ℤ[α], et soit λ un élément de ℚ(α) tel que λ ∈ (ℑ^{2})^{♯}. La forme ℤ-bilinéaire symétrique ℑ × ℑ → ℤ, (x, y) ↦ Tr_{ℚ(α)/ℚ}(λxy) est appelée forme trace amplifiée de ℤ[α] et est notée (ℑ, Tr_{λ}). Si de plus σ est une involution ℚ-linéaire non triviale de ℚ(α), et si μ est un élément de ℚ(α) fixé par σ tel que μ ∈ (ℑℑ^{σ})^{♯} , la forme ℤ-bilinéaire symétrique ℑ × ℑ → ℤ (x, y) ↦ Tr_{ℚ(α)/ℚ}(μxy^{σ}) est appelée forme trace hermitienne amplifiée de ℤ[α] par rapport à σ, et est notée (ℑ, σ, Tr_{μ}). On notera ℍ le plan hyperbolique < 1, −1 >. Enfin, si M est une matrice carrée, on note χ_{M} son polynôme caractéristique.

Réalisation de formes ℤ-bilinéaires comme formes traces amplifiées:

Krüskemper a montré dans [2] le résultat suivant:

Théorème 1: Toute forme ℤ-bilinéaire symétrique non dégénérée peut être réalisée comme forme trace amplifiée d’une algèbre ℤ[α], pour un certain entier algébrique α.

Réalisation de formes ℤ-bilinéaires comme formes traces hermitiennes amplifiées:

Dans la suite, on s’attachera à montrer le résultat suivant:

Théorème 2: Toute forme ℤ-bilinéaire symétrique non dégénérée de rang pair, et non ℚ-isomorphe à ℍ, peut être réalisée comme forme trace hermitienne amplifiée d’une algèbre ℤ[α], où α est un entier algébrique.

Preuve: Dans ce qui suit, S ∈ M_{2n}(ℤ) désignera la matrice de la forme bilinéaire considérée. On traite d’abord le cas n = 1, detS ∈ ℚ^{∗2}, qui ne peut pas se résoudre par la méthode générale utilisée dans la suite. Remarquons qu’une forme trace hermitienne amplifiée d’une extension quadratique de ℚ est ℚ-isométrique à < 2λ, −2λd >, où d ∈ ℚ^{∗} − ℚ^{∗2}, et donc le discriminant de cette forme est différent de −1. Ainsi, une forme ℚ-isomorphe à ℍ ne peut se réaliser comme une forme trace hermitienne amplifiée. Supposons maintenant que n = 1 et detS ∈ ℚ^{∗2}. Alors S est congruente sur ℚ à sI_{2} où s ∈ ℚ^{∗}, et donc il existe U ∈ GL_{n}(ℚ) tel que S = sU^{t}U. On peut supposer que U est à coefficients entiers. Sinon, il existe r ∈ ℤ−{0} tel que rU soit à coefficients entiers, et S = \frac{s}{r^{2}} (rU)^{t}(rU).

Soit donc U = ( \begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix} ). Posons alors m = detU, z_{1} = m(ai + c),

z_{2} = m(bi+d), et ℑ = ℤz_{1}⊕ℤz_{2}. Montrons que ℑ est un idéal de ℤ[mi]. Pour cela, il suffit de vérifier que (mi)z_{1} et (mi)z_{2} sont dans ℑ. On vérifie aisément que (mi)z_{1} = (ab+cd)z_{1}−(a^{2}+c^{2})z_{2}, et que (mi)z_{2} = (b^{2}+d^{2})z_{1}−(ab+cd)z_{2}, et on a donc le résultat. Désignons maintenant par σ la conjugaison complexe, et posons λ = \frac{s}{2m^{2}} . On a alors Tr_{ℚ(i)/ℚ}(λz_{1}z_{1}^{σ}) = s(a^{2} + c^{2}), Tr_{ℚ(i)/ℚ}(λz_{1}z_{2}^{σ}) = s(ab + cd), Tr_{ℚ(i)/ℚ}(λz_{2}z_{2}^{σ}) = s(b^{2} + d^{2}), et donc S est la matrice de (ℑ, σ, Tr_{λ}) relativement à la base z_{1}, z_{2}.

Pour traiter les autres cas, nous avons besoin du résultat suivant:

Proposition: Soit D ∈ M_{2n}(ℚ) une matrice diagonale telle que detD ≠ 0 (avec det(D) ∉ ℚ^{∗2} si n = 1). Alors il existe un entier algébrique α tel que α^{2} ≢ −1 (mod ℚ(α^{2})^{∗2}), un élément λ ∈ ℚ(α^{2}) et un idéal ℤv_{1} ⊕ ⋯ ⊕ ℤv_{2n} de ℤ[α], tels que D = (Tr_{ℚ(α)/ℚ}(λv_{i}v_{j})).

Preuve de la proposition:

• On montre tout d’abord qu’il existe une matrice carrée de taille 2n A_{2n} à coefficients entiers, telle que χ_{A_{2n}} soit un polynôme pair irréductible sur ℚ, et D^{−1}A_{2n}D = A_{2n}^{t}. Si n = 1, on peut supposer que detD ≢ ±1 (mod ℚ^{∗2}).

Si D = ( \begin{matrix}s_{2} & 0 \\ 0 & s_{1} \end{matrix} ), soit m ∈ ℤ − \{0\} tel que ms_{2}^{−1}s_{1} soit un entier. La

matrice A_{2} = ( \begin{matrix}0 & m \\ ms_{2}^{−1}s_{1} & 0 \end{matrix} ) convient alors.

Si n ≥ 2, on a D = ( \begin{matrix}s_{2n} \\ & . & . & . \\ & & & & s_{1} \end{matrix} )

On construit des matrices tridiagonales de la manière suivante. Soient T_{4}, T_{6}, ⋯, T_{2n} et X des indéterminées indépendantes sur ℚ (remarquer que l’indice des T_{i} varie de 2 en 2). Pour 2 ≤ m ≤ n, on pose

B_{2m}(T_{4}, T_{6}, ⋯, T_{2m}) = ( \begin{matrix}0 & T_{2m} \\ T_{2m} & 0 & 1 \\ & 1 & 0 & T_{2m−2} \\ & & T_{2m−2} & 0 & 1 \\ & & & 1 & 0 & ... \\ & & & & ... & ... & T_{4} \\ & & & & & T_{4} & 0 & 1 \\ & & & & & & 1 & 0 & 1 \\ & & & & & & & 1 & 0 \end{matrix} )

On définit aussi D_{2m} = diag < s_{2m}, ⋯, s_{1} > pour 2 ≤ m ≤ 2n. On pose alors Δ_{2m}(T_{4}, ⋯, T_{2m}, X) = det(B_{2m} − XD_{2m}^{−1}). On va montrer qu’il existe des spécialisations T_{2j} = t_{2j}, 2 ≤ j ≤ n telles que Δ_{2n}(t_{4}, ⋯, t_{2n}, X) soit irréductible dans ℚ[X]. Pour cela, on montre par récurrence que Δ_{2n} est irréductible dans ℚ[T_{4}, ⋯, T_{2n}, X], puis dans ℚ(T_{4}, ⋯, T_{2n})[X]. On utilise alors le critère d’irréductibilité de Hilbert. Pour simplifier les notations, on omet les paramètres s_{i}.

Si m = 2, on a facilement Δ_{4}(T_{4}, X) = −(s_{2}^{−1}s_{1}^{−1}X^{2} − 1)T_{4}^{2} + s_{4}^{−1}s_{3}^{−1}X^{2}(s_{2}^{−1}s_{1}^{−1}X^{2} − 1) − s_{4}^{−1}s_{1}^{−1}X^{2}. On considère ce polynôme comme un élément de ℚ[X][T_{4}], et on montre qu’il est irréductible. Pour cela, il suffit de montrer son irréductibilité dans ℚ(X)[T_{4}]. Supposons qu’il existe R(X) ∈ ℚ(X) tel que Δ_{4}(R(X), X) = 0. On a alors −(s_{2}^{−1}s_{1}^{−1}X^{2} − 1)R^{2}(X) + s_{4}^{−1}s_{3}^{−1}X^{2}(s_{2}^{−1}s_{1}^{−1}X^{2} − 1) = s_{4}^{−1}s_{1}^{−1}X^{2}. Soit I(X) un facteur irréductible de s_{2}^{−1}s_{1}^{−1}X^{2} − 1. Si v_{I} désigne la valuation par rapport à I, on obtient v_{I}(s_{2}^{−1}s_{1}^{−1}X^{2}−1)+2v_{I}(R(X)) = v_{I}(s_{4}^{−1}s_{1}^{−1}X^{2}−s_{4}^{−1}s_{3}^{−1}X^{2}(s_{2}^{−1}s_{1}^{−1}X^{2}−1)) = 0. Il est clair que s_{2}^{−1}s_{1}^{−1}X^{2}−1 n’est pas un carré, et donc v_{I}(s_{2}^{−1}s_{1}^{−1}X^{2}−1) = 1. On obtient donc 1 + 2v_{I}(R(X)) = 0, ce qui est absurde, car v_{I}(R(X)) ∈ ℤ. Comme le degré en X de Δ_{4} est égal à 2, cela montre son irréductibilité dans ℚ(X)[T_{4}], donc dans ℚ[X, T_{4}]. Supposons avoir montré l’irréductibilité de Δ_{2m−2}(T_{4}, ⋯, T_{2m−2}, X) pour m > 2. Notons P_{2m−2} le déterminant de la matrice obtenue en ôtant la première ligne et la première colonne de B_{2m−2} − XD_{2m−2}^{−1}. Remarquons que degP_{2m−2} < degΔ_{2m−2}, et donc Δ_{2m−2} ne divise pas P_{2m−2}. En développant le déterminant, on obtient Δ_{2m} = −s_{2m}^{−1}XP_{2m} − T_{2m}^{2}Δ_{2m−2}. On a ensuite Δ_{2m} = −s_{2m}^{−1}X(−s_{2m−1}^{−1}XΔ_{2m−2} − P_{2m−2}) − T_{2m}^{2}Δ_{2m−2}. Considérons ce polynôme comme un élément de ℚ[T_{4}, ⋯, T_{2m−2}, X][T_{2m}]. Il suffit de montrer son irréductibilité dans ℚ(T_{4}, ⋯, T_{2m−2}, X)[T_{2m}] pour avoir le résultat voulu. Supposons qu’il existe R ∈ ℚ(T_{4}, ⋯, T_{2m−2}, X) tel que Δ_{2m}(R, X) = 0. On a alors R^{2}Δ_{2m−2} = −s_{2m}^{−1}X(−s_{2m−1}^{−1}XΔ_{2m−2} − P_{2m−2}). Considérons la valuation v_{Δ_{2m−2}} par rapport à Δ_{2m−2}. Les propriétés élémentaires des valuations donnent immédiatement v_{Δ_{2m−2}}(−s_{2m}^{−1}X(−s_{2m−1}^{−1}XΔ_{2m−2} − P_{2m−2})) = v_{Δ_{2m−2}}(P_{2m−2}) = 0. En appliquant v_{Δ_{2m−2}} à l’égalité précédente, on obtient alors 1 + 2v_{Δ_{2m−2}}(R) = 0. Le même raisonnement que celui du cas précédent nous permet alors d’achever la récurrence. Bref, Δ_{2n} est irréductible dans ℚ[T_{4}, ⋯, T_{2n}, X]. Montrons qu’il est irréductible dans ℚ(T_{4}, ⋯, T_{2n})[X]. Pour cela, il suffit de le montrer pour s_{1} ⋯ s_{2n}Δ_{2n}. Or ce dernier polynôme est unitaire en X et irréductible dans ℚ[T_{4}, ⋯, T_{2n}][X], donc dans ℚ(T_{4}, ⋯, T_{2n})[X]. Le théorème d’irréductibilité de Hilbert nous donne alors le résultat voulu. D’autre part, nous avons les relations P_{2m} = −s_{2m−1}^{−1}XΔ_{2m−2} − P_{2m−2} et Δ_{2m} = −s_{2m}^{−1}XP_{2m} − t_{2m}^{2}Δ_{2m−2} . Une récurrence immédiate nous montre alors que P_{2m} est impair et que Δ_{2m} est pair pour tout m. Pour simplifier les notations, on note encore B_{2n} et Δ_{2n} la matrice et le polynôme obtenus en spécialisant. Alors det (DB_{2n} − XI_{2n}) = detD det(B_{2n} − XD_{2n}^{−1}) est irréductible et pair, d’après ce qui précède. Soit a_{2n} ∈ ℤ − {0} tel que A_{2n} = a_{2n}DB_{2n} soit à coefficients entiers. Alors χ_{A_{2n}}(X) = a_{2n}^{2n}χ_{DB_{2n}}(\frac{X}{a_{2n}}) est encore irréductible

pair. De plus, D^{−1}A_{2n}D = a_{2n}B_{2n}D = a_{2n}B_{2n}^{t}D^{t} = (a_{2n}DB_{2n})^{t} = A_{2n}^{t}.

• Soit α ∈ ℂ une valeur propre de A_{2n}. Par construction, c’est un entier algébrique. D’après [3], théorème 1, on peut choisir un vecteur propre

v_{α} = ( v_{1} ; ⋮ ; v_{2n} ) de A_{2n} associé à α, avec v_{i} ∈ ℤ[α] pour tout i, tel que

(v_{1}, ⋯, v_{2n}) est une ℤ-base d’un idéal de ℤ[α]. On prend en effet pour v_{j} le j-ième cofacteur de A_{2n} −αI_{2n} dans une ligne fixée. Le fait que l’on obtienne un vecteur propre provient de la formule de développement du déterminant par rapport à une ligne. Les relations αv_{i} = a_{i1}v_{1} + ⋯ + a_{in}v_{2n} suffisent à montrer que l’on obtient bien un idéal, car les coefficients a_{ij} sont entiers. De même, d’après [4], première preuve du théorème 1, il existe un

vecteur propre v′_{α} = ( v′_{1} ; ⋮ ; v′_{2n} ) de A_{2n}^{t} associé à α, avec v′_{i} ∈ ℚ(α), tel

que (v′_{1}, ⋯, v′_{2n}) et (v_{1}, ⋯, v_{2n}) sont deux bases de ℚ(α) duales par rapport à Tr_{ℚ(α)/ℚ}. Rappelons brièvement sa construction. Notons σ_{1}, ⋯, σ_{2n} les 2n ℚ-plongements de ℚ(α) dans une clôture séparable, avec σ_{1} = Id. Posons v_{j}^{(i)} = σ_{i}(v_{j}) et soit M = (v_{j}^{(i)}). Dans toute la suite, on notera μ_{ij} le mineur associé à v_{j}^{(i)} et com(M) désignera la matrice des cofacteurs. Alors

soit v′_{i} = \frac{(−1)^{i+1}μ_{i1}}{det(M)} . On peut montrer que c’est un élément de ℤ[α]. Le

vecteur défini par ces 2n éléments possède alors les propriétés voulues (cela provient la formule de développement par rapport à une ligne, et de la relation det(M)I_{2n} = (com(M))^{t}M). La relation D^{−1}A_{2n}D = A_{2n}^{t} entraine que D^{−1}v_{α} est un vecteur propre de A_{2n}^{t}, Puisque χ_{A_{2n}^{t}} = χ_{A_{2n}} est irréductible sur ℚ, il est séparable, et donc les sous-espaces propres associés à A_{2n}^{t} sont de dimension 1. et donc il existe λ ∈ ℚ(α) tel que λD^{−1}v_{α} = v′_{α}.

• Rappelons que la j-ième composante de v_{α} est v_{j} = (−1)^{j+1}δ_{1j}(A_{2n} − αI_{2n}) où δ_{1j}(A_{2n} − αI_{2n}) est le déterminant obtenu en ôtant la première ligne et la j-ième colonne de A_{2n} − αI_{2n} (cf [3], preuve du théorème 1). On va montrer que v_{2j−1} est un polynôme impair en α et que v_{2j} est pair en α, pour 1 ≤ j ≤ n. C’est vrai pour n = 1 et n = 2. Supposons maintenant n ≥ 3. On voit facilement que A_{2n} =

a_{2n} ( \begin{matrix}0 & s_{2n}t_{2n} & 0 & 0 & ⋯ & 0 \\ s_{2n−1}t_{2n} & 0 & s_{2n−1} & 0 & ⋯ & 0 \\ 0 & s_{2n−2} \\ 0 & 0 & & & a_{2n−2}^{−1}A_{2n−2} \\ ⋮ & ⋮ \\ 0 & 0 \end{matrix} )

On peut supposer sans perte de généralité que a_{2m} = 1 pour tout m ≥ 2. Un simple calcul de déterminants nous donne alors δ_{11}(A_{2n} − αI_{2n}) = −α det(A_{2n−2} − αI_{2n−2}) − s_{2n−1}s_{2n−2}δ_{11}(A_{2n−2} − αI_{2n−2}). Mais det(A_{2n−2} − αI_{2n−2}) = χ_{A_{2n−2}}(α) est pair en α. Par hypothèse de récurrence, δ_{11}(A_{2n−2} − αI_{2n−2}) est impair en α. Le résultat est donc montré si j = 1. Si j = 2, on a δ_{12}(A_{2n} − αI_{2n}) = s_{2n−1}t_{2n} det(A_{2n−2} − αI_{2n−2}), et si j > 2, δ_{1j}(A_{2n} − αI_{2n}) = s_{2n−1}t_{2n}δ_{1(j−2)}(A_{2n−2} − αI_{2n−2}), et en utilisant l’hypothèse de récurrence, on a le résultat.

• On montre maintenant que λ ∈ ℚ(α^{2}). On a v_{α} = ( I_{1}(α) ; E_{1}(α) ; ⋮ ; I_{n}(α) ; E_{n}(α) ), où les

E_{i} et les I_{i} sont des polynômes à coefficients entiers respectivement pairs et impairs. Comme Irr(α, ℚ) = χ_{A_{2n}} est pair, les conjugués de α s’écrivent ±α, ±α_{2}, ⋯, ±α_{n}. Soient σ_{1} : α ↦ α, σ_{2} : α ↦ −α, ⋯, σ_{2n−1} : α ↦ α_{n}, σ_{2n} : α ↦ −α_{n} les 2n ℚ-plongements de ℚ(α). Comme précédemment, notons M la matrice dont le coefficient à l’intersection de la ligne i et de la colonne j est le ième conjugué de v_{j}. Autrement dit, M = (σ_{i}(v_{j})). On rappelle alors que v′_{i} = (−1)^{i+1} \frac{μ_{i1}}{detM} (cf.[4], première preuve du théorème 1). On va montrer que αv′_{1} ∈ ℚ(α^{2}). Pour cela, on montre que cette quantité est invariante par les éléments du groupe de Galois de la clôture galoisienne de ℚ(α) qui fixent ℚ(α^{2}). Ces automorphismes τ envoient α sur ±α et induisent une permutation s_{τ} de l’ensemble {±α_{2}, ⋯, ±α_{n}}.

On a detM = \begin{matrix}I_{1}(α) & E_{1}(α) & I_{2}(α) & E_{2}(α) & ⋯ & I_{n}(α) & E_{n}(α) \\ −I_{1}(α) & E_{1}(α) & −I_{2}(α) & E_{2}(α) & ⋯ & −I_{n}(α) & E_{n}(α) \\ ⋮ & & & & & & ⋮ \\ ⋮ & & & & & & ⋮ \\ I_{1}(α_{n}) & E_{1}(α_{n}) & I_{2}(α_{n}) & E_{2}(α_{n}) & ⋯ & I_{n}(α_{n}) & E_{n}(α_{n}) \\ −I_{1}(α_{n}) & E_{1}(α_{n}) & −I_{2}(α_{n}) & E_{2}(α_{n}) & ⋯ & −I_{n}(α_{n}) & E_{n}(α_{n}) \end{matrix}

Notons ε(s_{τ}) la signature de la permutation s_{τ}. Par échange des lignes deux à deux, on voit que τ(detM) = ε(s_{τ})detM si τ(α) = α, et τ(detM) = −ε(s_{τ})detM si τ(α) = −α, d’où τ(α^{−1} detM) = ε(s_{τ})α^{−1}detM, pour tout τ. On veut montrer que la valeur de μ_{11} ne change pas lorsque l’on remplace α par −α. Or on a

μ_{11}(−α) = \begin{matrix}E_{1}(α) & I_{2}(α) & E_{2}(α) & ⋯ & I_{n}(α) & E_{n}(α) \\ E_{1}(α_{2}) & I_{2}(α_{2}) & E_{2}(α_{2}) & ⋯ & I_{n}(α_{2}) & E_{n}(α_{2}) \\ E_{1}(α_{2}) & −I_{2}(α_{2}) & E_{2}(α_{2}) & ⋯ & I_{n}(α_{2}) & E_{n}(α_{2}) \\ ⋮ & & & & & ⋮ \\ ⋮ & & & & & ⋮ \\ E_{1}(α_{n}) & I_{2}(α_{n}) & E_{2}(α_{n}) & ⋯ & I_{n}(α_{n}) & E_{n}(α_{n}) \\ E_{1}(α_{n}) & −I_{2}(α_{n}) & E_{2}(α_{n}) & ⋯ & −I_{n}(α_{n}) & E_{n}(α_{n}) \end{matrix}

= (−1)^{n−1} \begin{matrix}E_{1}(α) & −I_{2}(α) & E_{2}(α) & ⋯ & −I_{n}(α) & E_{n}(α) \\ E_{1}(α_{2}) & −I_{2}(α_{2}) & E_{2}(α_{2}) & ⋯ & −I_{n}(α_{n}) & E_{n}(α_{n}) \\ E_{1}(α_{2}) & I_{2}(α_{2}) & E_{2}(α_{2}) & ⋯ & I_{n}(α_{2}) & E_{n}(α_{n}) \\ ⋮ & & & & & ⋮ \\ ⋮ & & & & & ⋮ \\ E_{1}(α_{n}) & −I_{2}(α_{n}) & E_{2}(α_{n}) & ⋯ & −I_{n}(α_{n}) & E_{n}(α_{n}) \\ E_{1}(α_{n}) & I_{2}(α_{n}) & E_{2}(α_{n}) & ⋯ & I_{n}(α_{n}) & E_{n}(α_{n}) \end{matrix}

En procédant à l’échange des lignes deux à deux, on en déduit que ce déterminant est égal à μ_{11}, ce qu’on voulait montrer. On obtient donc τ(μ_{11}) = ε(s_{τ})μ_{11} pour tout τ. Finalement, τ(α\frac{μ_{11}}{detM}) = α\frac{μ_{11}}{detM}, donc

αv′_{1} ∈ ℚ(α^{2}) et λ = s_{2n} \frac{v′_{1}}{I_{1}(α)} = s_{2n} \frac{αv′_{1}}{αI_{1}(α)} ∈ ℚ(α^{2}).

Puisqu’on a λD^{−1}v_{α} = v′_{α}, on a alors λv_{α} = Dv′_{α}, soit λv_{j} = s_{2n+1−j}v′_{j} et donc Tr_{ℚ(α)/ℚ}(λv_{i}v_{j}) = s_{2n+1−j}δ_{ij}. On en déduit que D = (Tr_{ℚ(α)/ℚ}(λv_{i}v_{j})).

• On montre enfin que l’on peut choisir α tel que α^{2} ≢ −1 (mod ℚ(α^{2})^{∗2}). Puisque Δ_{2m} est pair, on peut écrire Δ_{2m}(T_{4}, ⋯, T_{2m}, X) = U_{2m}(T_{4}, ⋯, T_{2m}, X^{2}). On peut aisément montrer (comme pour Δ_{2m}) que le polynôme F_{2m}(T_{4}, ⋯, T_{2m}, X) = U_{2m}(T_{4}, ⋯, T_{2m}, −X^{2}) est irréductible pour tout m. D’après le critère d’irréductibilité de Hilbert, on peut trouver une spécialisation des T_{i} telle que les polynômes spécialisés Δ_{2n} et F_{2n} sont irréductibles. Soit alors α ∈ ℂ une racine de Δ_{2n}. Par définition, F_{2n}(\sqrt{−α^{2}}) = Δ_{2n}(α) = 0. Puisque (−1)^{n} det DF_{2n} est irréductible et unitaire, on obtient Irr(\sqrt{−α^{2}}, ℚ) = (−1)^{n} det DF_{2n}. Ainsi [ℚ(\sqrt{−α^{2}}) : ℚ] = 2n et [ℚ(\sqrt{−α^{2}}) : ℚ(α^{2})] = 2, ce qui signifie que −α^{2} n’est pas un carré dans ℚ(α^{2}). Ceci achève la preuve de la proposition.

Fin de la preuve du théorème 2:

• Soit S ∈ M_{2n}(ℤ), telle que detS ≠ 0. Si n = 1, on suppose de plus que detS ≢ ±1 (mod ℚ^{∗2}). On a S = U^{t}DU, où U ∈ GL_{2n}(ℚ) et D vérifie les hypothèses de la proposition. On peut supposer U à coefficients dans ℤ, sinon il existe a ∈ ℤ − {0} tel que aU est à coefficients entiers, et

S = (aU)^{t} \frac{1}{a^{2}} D(aU).

On considère alors les éléments A_{2n}, v_{α}, v′_{α} et λ associés à D grâce à la proposition précédente. On a D = (U^{t})^{−1}SU^{−1}, et donc D^{−1} = US^{−1}U^{t}. Alors λUS^{−1}U^{t}v_{α} = v′_{α}, c’est-à-dire λS^{−1}U^{t}v_{α} = U^{−1}v′_{α}. Posons C = mU^{t}A_{2n}(U^{t})^{−1}, avec m ∈ ℤ − {0} tel que C est à coefficients

entiers, w_{α} = m^{2n−1}U^{t}v_{α} = ( w_{1} ; ⋮ ; w_{2n} ), w′_{α} = \frac{1}{m^{2n−1}} U^{−1}v′_{α} = ( w′_{1} ; ⋮ ; w′_{2n} ) .

On a alors m^{−4n+2}λS^{−1}w_{α} = w′_{α}. On va montrer que 𝔄 = ℤw_{1} ⊕ ⋯ ⊕ ℤw_{2n} est un idéal de ℤ[mα]. On voit facilement que w_{i} ∈ ℤ[mα] pour tout i. On a d’autre part mαw_{α} = Cw_{α}. Comme C est à coefficients entiers, cela suffit à montrer que ℤw_{1} ⊕ ⋯ ⊕ ℤw_{2n} est un idéal. De plus, on a

m^{−4n+2}λw_{α} = Sw′_{α} = ( 2n ; ∑_{j=1}s_{ij}w′_{j})_{1≤ı≤n}, et donc m^{−4n+2}λw_{i}w_{k} = 2n ; ∑_{j=1}s_{ij}w_{k}w′_{j}.

Notons U = (u_{ij}) et U^{−1} = (u′_{ij}). Alors w_{i} = m^{2n−1} 2n ; ∑_{j=1}u_{ji}v_{j} et

w′_{i} = \frac{1}{m^{2n−1}} 2n ; ∑_{j=1}u′_{ij}v′_{j}. Donc w_{k}w′_{j} = ∑_{i,l}u_{ik}u′_{jl}v_{i}v′_{l}. On a alors

Tr_{ℚ(mα)/ℚ}(w_{k}w′_{j}) = ∑_{i,l}u_{ik}u′_{jl}δ_{il} = 2n ; ∑_{i=1}u_{ik}u′_{ji} = δ_{kj}.

D’où s_{ik} = Tr_{ℚ(mα)/ℚ}(m^{−4n+2}λw_{i}w_{k}). De plus, m^{−4n+2}λ ∈ ℚ(α^{2}) = ℚ((mα)^{2}).

On vient donc de montrer que S = (Tr_{ℚ(mα)/ℚ}(m^{−4n+2}λw_{i}w_{j})), où α est un entier algébrique α tel que α^{2} ≢ −1 (mod ℚ(α^{2})), λ ∈ ℚ((mα)^{2}), m est un entier, égal à 1 si S est diagonale, et ℤw_{1} ⊕ ⋯ ⊕ ℤw_{2n} est un idéal de ℤ[mα].

• Par construction de α, [ℚ(α) : ℚ(α^{2})] = 2, et w_{i} s’écrit alors de manière unique sous la forme w_{i} = x_{i} + mαy_{i}, où x_{i}, y_{i} ∈ ℤ[(mα)^{2}]. Posons z_{i} = x_{i} + my_{i}β, avec β = \sqrt{−α^{2}}, et notons z_{β} le vecteur de composantes z_{i}. Soit enfin σ l’involution ℚ-linéaire de ℚ(mβ) définie par β ↦ −β, σ|_{ℚ(α^{2})} = Id. On vérifie que Tr_{ℚ(mα)/ℚ}(m^{−4n+2}λw_{i}w_{j}) = Tr_{ℚ(α^{2})/ℚ}(2λ(x_{i}x_{j} + m^{2}α^{2}y_{i}y_{j})) = Tr_{ℚ(mβ)/ℚ}(m^{−4n+2}λz_{i}z_{j}^{σ}). Il reste à montrer que ℑ = ℤz_{1} ⊕ ⋯ ℤz_{2n} est un idéal de ℤ[mβ]. Rappelons tout d’abord que la i-ème composante de v_{α} est un polynôme en α de la parité de i. On peut donc poser v_{2i} = x′_{2i} et v_{2i−1} = αy′_{2i−1} , où x′_{2i}, y′_{2i−1} ∈ ℤ[α^{2}], pour i = 1, ⋯, n. Soit t_{β} le vecteur défini par t_{2i} = x′_{2i}, et t_{2i−1} = βy′_{2i−1} pour i = 1, ⋯, n. On va montrer l’existence d’une matrice à coefficients entiers, qui admet t_{β} comme vecteur propre associé à la valeur propre β. Par définition, v_{α} est un vecteur propre de A_{2n}. Par construction même de A_{2n} = (a_{ij}), on a a_{2i−1,2j−1} = a_{2i,2j} = 0 pour 1 ≤ i, j ≤ n.

On a αv_{2i−1} = ∑^{n} ; j=1a_{2i−1,2j}v_{2j}, et αv_{2i} = ∑^{n} ; j=1a_{2i,2j−1}v_{2j−1}.

On en déduit α^{2}y′_{2i−1} = ∑^{n} ; j=1a_{2i−1,2j}x′_{2j} et x′_{2i} = ∑^{n} ; j=1a_{2i,2j−1}y′_{2j−1}.

On a alors βt_{2i−1} = β^{2}y′_{2i−1} = −α^{2}y′_{2i−1} = −∑^{n} ; j=1a_{2i−1,2j}x′_{2j} = −∑^{n} ; j=1a_{2i−1,2j}t_{2j}.

On a aussi

β^{2}t_{2i} = β^{2}x′_{2i} = β^{2} ∑^{n} ; j=1a_{2i,2j−1}y_{2j−1}′ = ∑^{n} ; j=1a_{2i,2j−1}β^{2}y′_{2j−1} = ∑^{n} ; j=1a_{2i,2j−1}βt_{2j−1}.

D’où βt_{2i} = ∑^{n} ; j=1a_{2i,2j−1}t_{2j−1}. Les relations précédentes nous assurent l’existence

d’une matrice B ∈ M_{2n}(ℤ) telle que Bt_{β} = βt_{β}. Il est clair que z_{β} = m^{2n−1}U^{t}Bt_{β}, car t_{β} a été défini à partir de v_{α} de la même manière que z_{β} a été défini à partir de w_{α}, c’est-à-dire en laissant fixe les polynômes en α^{2}, et en remplaçant α par β (on peut également faire un calcul pour s’en convaincre). Par construction de B = (b_{ij}), on a b_{ij} = ±a_{ij}, ce qui entraîne facilement que m^{2n−1}U^{t}B est à coefficients entiers. Comme précédemment, cela suffit pour conclure. Remarquons que m^{−4n+2}λ ∈ (ℑℑ^{σ})^{♯}, puisque la matrice de la forme trace hermitienne amplifiée dans la base (z_{1}, ⋯, z_{2n}) est par construction la matrice S, qui est à coefficients entiers. Enfin, il est bien clair que β est un entier algébrique. On a finalement montré que S est la matrice de (ℑ, σ, Tr_{m^{−4n+2}λ}).

On remarque que le théorème et sa démonstration restent valables si on remplace ℚ et ℤ par un corps de nombres et son anneau des entiers, puisque tout corps de nombres est hilbertien.

Remarques sur l’effectivité de la méthode et calcul pratique:

La méthode décrite dans la preuve permet de trouver explicitement les éléments définissant la forme trace hermitienne amplifiée. En effet, on diagonalise S en s’arrangeant pour avoir une matrice de changement de base à coefficients entiers. Ensuite, on calcule A_{2n}. Il n’y a aucune difficulté à trouver une matrice de polynôme caractéristique irréductible, car en choisissant t_{2}, ⋯, t_{2n} au hasard, on trouve presque surement une matrice qui convient. On calcule ensuite les v_{i}. Ce sont des polynômes en α de degrés inférieurs ou égaux à 2n − 1. Il n’est donc pas nécessaire d’utiliser la relation χ_{A_{2n}}(α) = 0 pour calculer l’expression finale, et donc cela ne dépend pas de la nature de α. Autrement dit, α peut être considéré dans ce calcul comme une indéterminée, et donc un logiciel de calcul formel effectuera ceci sans aucun problème. La difficulté réside a priori dans la détermination des v′_{i} (indispensable pour calculer λ), car l’expression donnée dans la preuve dépend des conjugués de α, et une fois le calcul des déterminants effectués, il faut manipuler l’expression obtenue de manière à obtenir un résultat ne dépendant que de α, ce qui est loin d’être aisé, et ne se fait pas de manière algorithmique. Ce qui suit donne une méthode qui permet de calculer v′_{i} de manière systématique. On sait que (v_{1}, ⋯, v_{2n}) et (v′_{1}, ⋯, v′_{2n}) forment deux bases de ℚ(α). On montre

facilement que v_{i} = 2n ; ∑_{j=1}Tr_{ℚ(α)/ℚ}(v_{i}v_{j})v′_{j}.

Soit G = (Tr_{ℚ(α)/ℚ}(α^{i−1}α^{j−1}))_{1≤i,j≤2n}. Grâce aux relations de Newton, on s’aperçoit que le calcul des coefficients de cette matrice revient à l’inversion d’une matrice triangulaire, ce qui est simple. Soit V la matrice des coordonnées de (v_{1}, ⋯, v_{2n}) dans la base (1, α, ⋯, α^{2n−1}). La relation précédente nous montre alors que les coordonnées des v′_{i} dans la base (1, α, ⋯, α^{2n−1}) sont données par les vecteurs colonnes de G^{−1}V^{t} = (m_{ij})_{1≤i,j≤2n}. Autrement

dit, v′_{j} = 2n ; ∑_{ı=1}m_{ij}α^{i−1}. On achève ensuite le calcul en trouvant m et en explic-

itant les w_{i}, puis les z_{i}.

Exemple:

On conserve dans la suite les notations précédentes. On va appliquer la méthode précédente pour réaliser le réseau 𝔸_{4}.

La forme bilinéaire associée à ce réseau a pour matrice S = ( \begin{matrix}2 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 2 \end{matrix} ).

On trouve alors par réduction de Gauss D = ( \begin{matrix}\frac{1}{72} & 0 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{96} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \frac{1}{108} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \frac{5}{576} \end{matrix} )

et U = ( \begin{matrix}12 & 6 & 6 & 6 \\ 0 & 12 & 4 & 4 \\ 0 & 0 & 12 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 12 \end{matrix} ) (On s’est arrangé pour avoir U à coefficients

entiers). En prenant t_{4} = 1 dans B_{4} et en multipliant par un entier convenable pour avoir des coefficients entiers, on trouve

A_{4} = ( \begin{matrix}0 & 24 & 0 & 0 \\ 18 & 0 & 18 & 0 \\ 0 & 16 & 0 & 16 \\ 0 & 0 & 15 & 0 \end{matrix} )

0n a χ_{A_{4}}(X) = X^{4} − 960X^{2} + 103680, qui est irréductible sur ℚ car c’est un polynôme d’Einsenstein pour p = 5. Soit α ∈ ℂ une racine de ce polynôme.

On obtient alors v_{α} = ( \begin{matrix}528α − α^{3} \\ 4320 − 18α^{2} \\ −288α \\ −4320 \end{matrix} ), c’est-à-dire

V = ( \begin{matrix}0 & 4320 & 0 & −4320 \\ 528 & 0 & −288 & 0 \\ 0 & −18 & 0 & 0 \\ −1 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} )

Posons σ_{i} = Tr_{ℚ(α)/ℚ}(α^{i}). Les relations de Newton donnent alors immédiatement σ_{0} = 4, σ_{2} = 1920, σ_{4} = 1428480, σ_{6} = 1172275200 et σ_{1} = σ_{3} = σ_{5} = 0.

On a donc G = ( \begin{matrix}4 & 0 & 1920 & 0 \\ 0 & 1920 & 0 & 1428480 \\ 1920 & 0 & 1428480 & 0 \\ 0 & 1428480 & 0 & 1172275200 \end{matrix} )

La dernière colonne de G^{−1}V^{t} nous donne v′_{4} = −\frac{7}{63360} + \frac{α^{2}}{9123840}. La relation λv_{α} = Dv′_{α} appliquée à la dernière coordonnée nous donne alors

λ = \frac{7}{31531991040} − \frac{α^{2}}{4540606709760}. On vérifie par simple calcul que m = 1.

On a alors w_{α} = ( \begin{matrix}(6336 − 12α^{2})α \\ (51840 − 216α^{2}) + (3168 − 6α^{2})α \\ (17280 − 72α^{2}) − (288 + 6α^{2})α \\ −(34560 + 72α^{2}) + (2304 − 6α^{2})α \end{matrix} ).

Posons β = \sqrt{−α^{2}}. Alors ( \begin{matrix}z_{1} \\ z_{2} \\ z_{3} \\ z_{4} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}(6336 + 12β^{2})β \\ (51840 + 216β^{2}) + (3168 + 6β^{2})β \\ (17280 + 72β^{2}) + (6β^{2} − 288)β \\ (72β^{2} − 34560) + (2304 + 6β^{2})β \end{matrix} ).

S se réalise donc comme la forme trace hermitienne amplifiée de l’algèbre ℤ[β] (ℑ, σ, Tr_{λ}) avec Irr(β, ℚ) = X^{4} +960X^{2} +103680, ℑ = ℤz_{1} ⊕ℤz_{2} ⊕ℤz_{3} ⊕ℤz_{4},

λ = \frac{7}{31531991040} + \frac{β^{2}}{4540606709760} et σ : ℚ(β) → ℚ(β), β ↦ −β.

Remarquons que ce n’est pas la construction la plus simple de 𝔸_{4} en tant que forme trace hermitienne amplifiée. En effet on peut obtenir 𝔸_{4} à partir des racines 5-ièmes de l’unité (cf. par exemple [1], §4).

References

[1] Eva Bayer-Fluckiger, Jacques Martinet. Formes quadratiques liées aux algèbres semi-simples. J. reine angew. Math. 451, 51-69 (1994).

[2] Martin Krüskemper. Algebraic construction of bilinear forms over ℤ. Pub. Math. de Besançon, Théorie des nombres (96/97-97/98).

[3] Olga Taussky. On a theorem of Latimer and MacDuffee. Canad. J. Math. 1, 300-302 (1949).

[4] Olga Taussky. On matrix classes corresponding to an ideal and its inverse. Illinois Math. J. 1, 108-113 (1957).

e-mail:berhuy@math.univ-fcomte.fr