Projet de L3 (définitif)

Projet de L3 : le théorème de Mordell

Adrien Ségovia 2016 Responsable d’enseignement : M. Henniart

Problème introductif motivationnel : Les nombres congruents : Introduction : On s’intéresse au problème de l’existence d’un test simple qui déterminerait si un entier naturel 𝑛 est l’aire d’un triangle rectangle dont les trois côtés sont de longueurs rationnelles. Un tel entier est dit congruent. On désignera par triangle rationnel un triangle dont les trois côtés sont de longueurs rationnelles. On cherche donc les entiers qui sont l’aire d’un triangle rectangle rationnel. Ce problème était connu des Grecs mais c’est au 10ième siècle que les arabes en firent une étude systématique. Signalons qu’il s’agit toujours d’un problème ouvert dans la mesure où le résultat majeur dans la caractérisation des nombres congruents, le théorème de Tunnell en 1983, donne une condition nécessaire et suffisante simple pour qu’un nombre soit congruent à la condition qu’une forme faible de la conjecture de Birch Swinnerton Dyer soit vraie (pour que la condition suffisante soit vérifiée). Or cette conjecture constitue aujourd’hui en ellemême un problème extrêmement difficile. Donnons tout de suite la transcription algébrique directe de cette définition : Un entier naturel 𝑛 est dit congruent s’il existe un triplet (𝑎, 𝑏, 𝑐) de rationnels strictement 𝑎2 + 𝑏 2 = 𝑐 2 (1) positifs tels que : (𝑆) { 1 𝑎𝑏 = 𝑛 (2) 2 De tels entiers existent, en effet le triangle de côtés 3, 4 et 5 est rectangle et son aire vaut 1 2

× 3 × 4 = 6. Donc 6 est un nombre congruent. Remarque : Si 𝑛 est un nombre congruent et si 𝑠 est un entier naturel non nul, alors 𝑛𝑠 2 est un nombre congruent. En effet on multiplie (1) et (2) par 𝑠 2 et on obtient : (𝑎𝑠)2 + (𝑏𝑠)2 = (𝑐𝑠)2 { 1 donc comme 𝑎𝑠, 𝑏𝑠 et 𝑐𝑠 sont des nombres rationnels (𝑎𝑠)(𝑏𝑠) = 𝑛𝑠 2 2 strictement positifs on a bien 𝑛𝑠 2 entier congruent.

De cette remarque on déduit deux choses : 1) Comme 6 est un nombre congruent, alors pour tout 𝑠 ∈ ℕ∗ on a 6𝑠 2 congruent, et donc il existe une infinité de nombres congruents. A savoir : 6, 24, 54, 96 … 2) En gardant les mêmes notations, on a en fait (𝑛𝑠 2 𝑐𝑜𝑛𝑔𝑟𝑢𝑒𝑛𝑡) ⇔ (𝑛 𝑐𝑜𝑛𝑔𝑟𝑢𝑒𝑛𝑡), dans un sens on multiplie notre système par 𝑠 2 et dans l’autre sens on le divise par 𝑠 2 . Ainsi on pourra maintenant s’intéresser seulement à savoir si des entiers sans facteurs carrés sont congruents.

Les triangles Pythagoriciens :

Un triangle rectangle dont les trois côtés sont des entiers est dit Pythagoricien et le triplet formé de ses trois côtés est un triplet Pythagoricien. Comme on l’a vue sur le cas de 6 est congruent, de tels triplets existent. La proposition suivante en donne même une description complète (on verra dans la seconde partie traitant des courbes elliptiques une seconde démonstration de ce résultat). Proposition 1 : Soient 𝑋, 𝑌 et 𝑍 les côtés d’un triangle Pythagoricien avec 𝑍 hypoténuse et tel que 𝑃𝐺𝐶𝐷(𝑋, 𝑌, 𝑍) = 1. Alors il existe 𝑝 et 𝑞 entiers naturels avec 𝑃𝐺𝐶𝐷(𝑝, 𝑞) = 1 et 𝑝 + 𝑞 impair tels que {𝑋, 𝑌} = {𝑝2 − 𝑞 2 , 2𝑝𝑞} et 𝑍 = 𝑝2 + 𝑞 2 . La réciproque est trivialement vraie. Remarque : Il n’y a aucune perte de généralité à considérer que 𝑃𝐺𝐶𝐷(𝑋, 𝑌, 𝑍) = 1 puisque sinon on diviserait par le carré de ce 𝑃𝐺𝐶𝐷 la relation 𝑋 2 + 𝑌 2 = 𝑍 2 pour se ramener à ce cas. Un tel triplet Pythagoricien est dit primitif. Démonstration : On a 𝑃𝐺𝐶𝐷(𝑋, 𝑌) = 1 sinon un facteur premier commun à 𝑋 et 𝑌 diviserait 𝑍 et cela contredit 𝑃𝐺𝐶𝐷(𝑋, 𝑌, 𝑍) = 1. De même 𝑃𝐺𝐶𝐷(𝑋, 𝑍) = 1 et 𝑃𝐺𝐶𝐷(𝑌, 𝑍) = 1. De plus 𝑋 et 𝑌 non tous deux impairs sinon on a 𝑋 2 ≡ 𝑌 2 ≡ 1 [4] et donc 𝑍 2 = 𝑋 2 + 𝑌 2 ≡ 2[4] ce qui est absurde puisqu’un carré est congrus à 0 ou 1 modulo 4. On peut supposer 𝑋 impair et 𝑌 pair. Il suit que 𝑍 est impair et que 𝑍 − 𝑋 et 𝑍 + 𝑋 sont tous les deux pairs. De plus 𝑃𝐺𝐶𝐷(𝑍 − 𝑋, 𝑍 + 𝑋) = 2 car si 𝑝 > 2 premier est un diviseur commun de 𝑍 − 𝑋 et 𝑍 + 𝑋 alors 𝑝 divise leur somme et leur différence, c’est-à-dire 𝑝 ∣ 2𝑍 et 𝑝 ∣ 2𝑋 et comme 𝑍−𝑋 𝑍+𝑋

𝑃𝐺𝐶𝐷(𝑝, 2) = 1 on aurait 𝑃𝐺𝐶𝐷(𝑋, 𝑍) > 1 ce qui est absurde. Donc 𝑃𝐺𝐶𝐷 ( 𝑌 2

Comme 𝑌 2 = 𝑍 2 − 𝑋 2 on a (2) =

𝑍−𝑋 2

⋅

𝑍+𝑋 2

2

,

2

)=1.

et on se retrouve avec le produit de deux

entiers naturels premiers entre eux qui est un carré d’entier. Donc il existe 𝑝 et 𝑞 entiers avec 𝑃𝐺𝐶𝐷(𝑝, 𝑞) = 1 tels que

𝑍+𝑋 2

= 𝑝2 et

𝑍−𝑋 2 2

= 𝑞 2 . Donc 𝑋 = 𝑝2 − 𝑞 2 , 𝑌 = 2𝑝𝑞, 𝑍 =

𝑝2 + 𝑞 2 . De plus comme 𝑋 est impair on a 𝑝 et 𝑞 2 de parités opposées donc de même pour 𝑝 et 𝑞 et donc 𝑝 + 𝑞 est impair.

Les triangles Pythagoriciens permettent d’obtenir des nombres congruents. Par exemples le triangle de côtés (3,4,5) est rectangle et d’aire 6, celui de côtés (8,6,10) est rectangle et d’aire 24. Mais comme 24 = 4 × 6 = 22 × 6 et qu’on savait déjà que 6 est congruent, on savait déjà que 24 l’était également et on pouvait même donner un triangle rectangle rationnel (même entier ici) qui convenait. Ainsi le premier problème de l’utilisation des triplets Pythagoriciens dans l’obtention des nombres congruents est qu’ils ne fournissent pas toujours de nouveaux nombres congruents dans le sens où on peut tomber à multiplication près par un carré d’entier sur un nombre congruent déjà connu.

De plus si on veut savoir si 𝑛 sans facteurs carrés est congruent et qu’aucun triplet Pythagoricien ne fournit pour aire du triangle rectangle correspondant 𝑛𝑠 2 où 𝑠 ∈ ℕ∗ aussi loin que l’on cherche, qui nous dit qu’en continuant à générer des triplets Pythagoriciens encore plus grand on ne va pas tomber sur une telle aire ? De plus certains nombres congruents qui sont obtenues par des triplets Pythagoriciens le sont avec des triplets énormes et donc cet algorithme est un semi algorithme (il ne s’arrête pas forcément) et peu efficace. Donc les triplets Pythagoriciens ne permettent pas de répondre à notre problème initial. Exemple de nombre congruent : 5 est un nombre congruent (c’est même le plus petit nombre congruent…) car le triplet Pythagoricien (9,40,41) montre que 180 = 5 × 62 est congruent et donc que 5 l’est, avec par exemple comme triangle rectangle 3 20 41

rationnel correspondant (2 ,

3

, 6 ).

C’est Fermat le premier qui montra qu’il existe des nombres non congruents. Il démontra que 1 n’est pas un nombre congruent. Pour cela il inventa la méthode de la descente infinie. Notons que ce résultat mit fin à l’interrogation de son temps de savoir s’il existait un triangle rectangle rationnel d’aire un carré.

Théorème (Fermat 1640) : 1 n’est pas un nombre congruent.

Remarque : on montre similairement que 2 et 3 ne sont pas congruents. Puisque 4 = 22 × 1 on a également 4 non congruent. Donc 5 est le plus petit nombre congruent.

Démonstration : On suppose par l’absurde que 1 est un nombre congruent. Il existe alors 𝐴2 + 𝐵 2 = 𝐶 2 (𝐴, 𝐵, 𝐶) ∈ (ℚ+∗ )3 tels que { 1 et en notant 𝑑 le produit des dénominateurs de 𝐴𝐵 = 1 2 𝐴, 𝐵 et 𝐶 (écrits sous forme irréductibles) on a après multiplication des deux équations de notre système par 𝑑2 , en notant 𝑎 = 𝑑𝐴, 𝑏 = 𝑑𝐵 et 𝑐 = 𝑑𝐶 , un 4-uplet (𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑) ∈ (ℕ∗ )4 2 2 2 tel que {𝑎 + 𝑏 = 2𝑐 . On supposera que 𝑃𝐺𝐶𝐷(𝑎, 𝑏) = 1 car s’il existe 𝑔 ≥ 2 diviseur 𝑎𝑏 = 2𝑑 commun de 𝑎 et 𝑏 alors on a 𝑔2 ∣ 𝑐 2 et donc 𝑔 ∣ 𝑐. De plus 𝑔2 ∣ 2𝑑 2 et donc 𝑔 ∣ 𝑑 (par exemple en s’intéressant à la valuation 2-adique) et donc on pourrait diviser les deux équations de notre système par 𝑔2 pour obtenir un nouveau 4-uplet d’entiers solutions. On vérifie facilement que la première équation de notre système correspond à un triplet Pythagoricien primitif (𝑎, 𝑏, 𝑐). Ainsi par la proposition 1 on déduit l’existence de deux entiers naturels 𝑝 et 𝑞 avec 𝑃𝐺𝐶𝐷(𝑝, 𝑞) = 1 et 𝑝 + 𝑞 impair tels que (on suppose 𝑎 pair et 𝑏 impair) : 𝑎 = 2𝑝𝑞, 𝑏 = 𝑝2 − 𝑞 2 , 𝑐 = 𝑝2 + 𝑞 2

La deuxième équation de notre système est alors 𝑝𝑞(𝑝 − 𝑞)(𝑝 + 𝑞) = 𝑑 2 et comme 𝑝, 𝑞, 𝑝 − 𝑞 et 𝑝 + 𝑞 sont des entiers naturels premiers entre eux deux à deux et que leur produit 𝑑 2 est un carré d’entier, on déduit l’existence de quatre entiers naturels 𝑥, 𝑦, 𝑢 et 𝑣 tels que : 𝑝 = 𝑥 2 , 𝑞 = 𝑦 2 , 𝑝 + 𝑞 = 𝑢2 , 𝑝 − 𝑞 = 𝑣 2 Comme 𝑝 + 𝑞 est impair on a 𝑝 − 𝑞 impair. Donc 𝑢 et 𝑣 sont impairs et donc 𝑃𝐺𝐶𝐷(𝑢, 𝑣) = 1 sinon il existerait 𝑔 ≥ 3 premier tel que 𝑔 ∣ 𝑢2 + 𝑣 2 = 2𝑝 et 𝑔 ∣ 𝑢2 − 𝑣 2 = 2𝑞 et ceci contredirait 𝑃𝐺𝐶𝐷(𝑝, 𝑞) = 1. Donc on a 𝑃𝐺𝐶𝐷(𝑢 + 𝑣, 𝑢 − 𝑣) = 2. Comme 𝑢2 − 𝑣 2 = 2𝑞 = 2𝑦 2 et 𝑢2 − 𝑣 2 = (𝑢 + 𝑣)(𝑢 − 𝑣) on a 2𝑦 2 = (𝑢 + 𝑣)(𝑢 − 𝑣). On a 4 ∣ (𝑢 + 𝑣)(𝑢 − 𝑣) = 2𝑦 2 donc 2 ∣ 𝑦 2 et donc 2 ∣ 𝑦. On écrit alors : 𝑦 2

2 (2) =

𝑢+𝑣 2

⋅

𝑢−𝑣 2

𝑦

. Mais comme 2 ∈ ℕ et 𝑃𝐺𝐶𝐷 (

entiers naturels 𝑟 et 𝑠 tels que ou bien (

𝑢+𝑣 𝑢−𝑣 2

,

2

𝑢+𝑣 𝑢−𝑣 2

,

2 2

) = 1 il vient qu’il existe deux 𝑢+𝑣 𝑢−𝑣

) = (2𝑟 , 𝑠 2 ) ou bien (

2

,

2

)=

(𝑟 2 , 2𝑠 2 ). Dans le premier cas on a (𝑢, 𝑣) = (2𝑟 2 + 𝑠 2 , 2𝑟 2 − 𝑠 2 ) et donc 𝑥 2 = 𝑝 = 4

4

2

(2𝑟 2 )2

𝑢2 +𝑣 2 2

(𝑠 2 )2

=

4𝑟 + 𝑠 . C’est-à-dire 𝑥 = + , ce qui correspond à un triangle rectangle d’aire 2 2 2 (𝑟𝑠) et d’hypoténuse 𝑥 = √𝑝 < 𝑝 + 𝑞 = 𝑐 qui était l’hypoténuse de notre solution de départ. Dans l’autre cas le résultat est analogue. En partant d’un triangle rectangle de côtés entiers non nuls et dont l’aire est un carré d’entier (voir notre dernier système) on a construit un nouveau triangle rectangle de côtés entiers non nuls dont l’aire est aussi un carré mais dont l’hypoténuse est strictement plus petit. Par principe de descente infinie (une propriété vraie sur un ensemble d’entiers naturels non nuls qui est non vide admet un plus petit élément par axiome) on conclut que l’hypothèse de départ, 1 est un nombre congruent, est absurde.

Comme annoncé dans l’introduction on pense avoir trouvé un critère simple pour savoir si un entier est congruent. Le résultat suivant, dû à Zagier, nous indique au travers d’un exemple qu’un nombre congruent petit (ici 157) peut avoir des triangles rectangles associés tous extrêmement « compliqués » :

Exemple(Zagier) : 157 est un nombre congruent mais le triangle rectangle (𝑎, 𝑏, 𝑐) le plus simple qui le génère s’écrit : 𝑎=

6803298487826435051217540 411340519227716149383203

𝑐=

,

𝑏=

411340519227716149383203 21666555693714761309610

224403517704336969924557513090674863160948472041 8912332268928859588025535178967163570016480830

,

Voici une formulation équivalente du problème des nombres congruents (connue des Arabes et des Grecs) : Se donnant un entier naturel 𝑛, peut-on trouver un nombre rationnel 𝑥 tel que : 𝑥2 + 𝑛 = 𝑟2 { 2 où 𝑟, 𝑝 ∈ ℚ 𝑥 − 𝑛 = 𝑝2 En fait 𝑛 est congruent si et seulement s’il existe des 𝑥 ∈ ℚ tel que 𝑥, 𝑥 + 𝑛 et 𝑥 − 𝑛 sont des carrés de nombres rationnels. En effet on a la proposition suivante : Proposition 2 : Soit 𝑛 ∈ ℕ∗ fixé, sans facteurs carrés. Soient 𝑋, 𝑌, 𝑍, 𝑥 des éléments de ℚ+∗ avec 𝑋 < 𝑌 < 𝑍. Il y a une correspondance bijective entre les triangles rectangles de côtés 𝑋 et 𝑌 et d’hypoténuse 𝑍 et d’aire 𝑛 et les nombres 𝑥 pour lesquels 𝑥, 𝑥 + 𝑛 et 𝑥 − 𝑛 sont chacun des carrés de nombre rationnel. La bijection est : 𝑍 2 𝑋, 𝑌, 𝑍 → 𝑥 = ( ) 2 𝑥 → 𝑋 = √𝑥 + 𝑛 − √𝑥 − 𝑛,

𝑌 = √𝑥 + 𝑛 + √𝑥 − 𝑛,

𝑍 = 2 √𝑥

Démonstration : Pour la première application si (𝑋, 𝑌, 𝑍) a les propriétés désirées on a 𝑍 2

𝑋 2

𝑌 2

1

𝑋∓𝑌 2

(2) ∓ 𝑛 = ( 2 ) + (2) ∓ 2 𝑋𝑌 = ( 1 2

2

) . Pour la seconde on vérifie que 𝑋 2 + 𝑌 2 = 𝑍 2 et

𝑋𝑌 = 𝑛 et que 𝑋, 𝑌 et 𝑍 sont rationnels strictement positif. On termine la démonstration

en montrant que les deux applications sont bien inverses l’une de l’autre.

On donne enfin le théorème qui lie nombre congruent et recherche de points rationnels sur une certaine courbe (courbe elliptique) :

Théorème 1 : Soit 𝑛 > 0. Il y a une correspondance bijective entre l’ensemble {(𝑎, 𝑏, 𝑐): 𝑎2 + 𝑏 2 = 𝑐 2 , 1 2

𝑎𝑏 = 𝑛} et l’ensemble {(𝑥, 𝑦): 𝑦 2 = 𝑥 3 − 𝑛2 𝑥, 𝑦 ≠ 0}. Les deux applications inverses sont

(𝑎, 𝑏, 𝑐) ↦ (

𝑛𝑏

2𝑛2

, ) et (𝑥, 𝑦) ↦ ( 𝑐−𝑎 𝑐−𝑎

𝑥 2 −𝑛2 2𝑛𝑥 𝑥 2 +𝑛2 𝑦

,

𝑦

,

𝑦

).

Premiers résultats sur les courbes elliptiques : L’exposé qui suit n’est pas une introduction aux courbes elliptiques dans le sens où on suppose acquis les notations et définitions élémentaires sur le sujet. De plus les résultats présentés ne sont pas tous démontrés. Ce qui suit est plutôt une « boite à outil » essentiel pour pouvoir comprendre la démonstration du théorème de Mordell. Les courbes elliptiques sont les courbes cubiques non singulières. On les considère partout dans la suite de ce texte à coefficients rationnels. Utilisant la géométrie projective ainsi qu’un choix « ingénieux » de repère il est possible d’écrire toute courbe elliptique sous forme dite de Weierstrass : 𝑦 2 = 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 + 𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 où 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ ℚ . L’hypothèse de non singularité de la courbe est par définition l’hypothèse qu’elle ne contient pas de point critique. La recherche de tel point sur une forme de Weierstrass conduit à la proposition qu’une courbe cubique est elliptique si et seulement si 𝑓 ne possède pas de racine double. On fera donc l’hypothèse que 𝑓 possède 3 racines complexes distinctes. Notre courbe étendue à l’espace projectif ne possède qu’un point à l’infini et est donc composé de la courbe dans le plan ordinaire et d’un point à l’infini noté 𝒪. Dans ce contexte, on a que toute droite passant par deux points de la courbe (éventuellement identique et alors il s’agit d’une tangente) coupe la courbe en un troisième point (on compte les intersections avec multiplicité). De plus si les deux points de départ sont à coordonnées rationnelles alors le troisième également, et alors on obtient un procédé qui permet, partant d’un certain nombre de points rationnels, d’en obtenir d’autres. On parlera d’addition géométrique de point. On a donc une loi de composition internet commutative ∗ sur l’ensemble des points rationnels d’une courbe elliptique. En changeant un peu notre addition (en se servant notamment du point à l’infini 𝒪) on définit même une addition qui fait de l’ensemble des points rationnels noté 𝐶(ℚ) d’une courbe elliptique 𝐶 un groupe abélien. Le but de ce texte est alors de démontrer le théorème de Mordell, qui nous dit que le groupe des points rationnels d’une courbe elliptique est de type fini. On montrera en fait ce résultat dans le cas particulier où la courbe possède un point rationnel d’ordre 2.

On effectue maintenant les calculs des coordonnées de la somme de deux points rationnels de la courbe.

Calcul des coordonnées de 𝑷𝟏 + 𝑷𝟐 où 𝒙(𝑷𝟏 ) ≠ 𝒙(𝑷𝟐 ) : Soit (𝑃1 , 𝑃2 ) ∈ 𝐶(ℚ)2 avec 𝑃1 = (𝑥1 , 𝑦1 ) et 𝑃2 = (𝑥2 , 𝑦2 ) et tel que 𝑥1 ≠ 𝑥2 . Notons 𝑃1 ∗ 𝑃2 = (𝑥3 , 𝑦3 ). On cherche à déterminer 𝑃1 + 𝑃2 = (𝑥3 , −𝑦3 ). 𝑦 −𝑦

On trace la droite joignant 𝑃1 à 𝑃2 . Elle a pour équation 𝑦 = 𝜆𝑥 + 𝜈 où 𝜆 = 𝑥2 −𝑥1 et 𝜈 = 2

1

𝑦1 − 𝜆𝑥1 . On cherche les points d’intersections avec la courbe (le troisième). On substitut 𝑦 = 𝜆𝑥 + 𝜈 dans l’équation de la courbe. On trouve : 𝑥 3 + (𝑎 − 𝜆2 )𝑥 2 + (𝑏 − 2𝜆𝜈)𝑥 + (𝑐 − 𝜈 2 ) = 0 Si on note 𝑥3 sa troisième racine, c’est-à-dire l’abscisse de 𝑃1 ∗ 𝑃2 , on peut écrire : 𝑥 3 + (𝑎 − 𝜆2 )𝑥 2 + (𝑏 − 2𝜆𝜈)𝑥 + (𝑐 − 𝜈 2 ) = (𝑥 − 𝑥1 )(𝑥 − 𝑥2 )(𝑥 − 𝑥3 ) En identifiant par exemple les coefficients de degré deux on a : 𝑎 − 𝜆2 = −𝑥1 − 𝑥2 − 𝑥3 Donc 𝑥3 = 𝜆2 − 𝑎 − 𝑥1 − 𝑥2 Et 𝑦3 = 𝜆𝑥3 + 𝜈

Calcul des coordonnées de 𝟐𝑷𝟏 : Soit 𝑃0 = (𝑥0 , 𝑦0 ) ∈ 𝐶(ℚ) − {𝒪} avec 𝑦0 ≠ 0. On cherche les coordonnées de 2𝑃0 . Pour cela on trace la tangente à la courbe 𝐶 au point 𝑃0 . Elle a pour coefficient directeur 𝜆 = 𝜕𝑦 𝜕𝑥

(𝑥0 ) =

𝑓 ′ (𝑥0 ) 2√𝑓(𝑥0

= )

𝑓 ′ (𝑥0 ) 2𝑦0

. On trouve ensuite les coordonnées de 2𝑃0 comme

précédemment. On en déduit la « formule de duplication ». Soit 𝑃 = (𝑥, 𝑦), on a : 𝑥(2𝑃) =

𝑥 4 − 2𝑏𝑥 2 − 8𝑐𝑥 + 𝑏 2 − 4𝑎𝑐 4𝑥 3 + 4𝑎𝑥 2 + 4𝑏𝑥 + 4𝑐

La hauteur d’un point rationnel : Définition : Soit 𝑥 ∈ ℚ écrit sous sa forme canonique 𝑥 =

𝑚 𝑛

(𝑚 ∧ 𝑛 = 1). La hauteur de 𝑥

𝑚

est 𝐻(𝑥) = 𝐻 ( 𝑛 ) = max{|𝑚|, |𝑛|}. Donnons une première propriété évidente de la hauteur.

Proposition 1 : ∀𝑀 ∈ ℝ, { 𝑥 ∈ ℚ ∣ 𝐻(𝑥) ≤ 𝑀 } est fini.

On définit la hauteur d’un point rationnel 𝑃(𝑥, 𝑦) d’une courbe elliptique comme étant la hauteur de sa première coordonnée, à savoir 𝐻(𝑃) = 𝐻(𝑥). Pour des raisons pratiques on préfère considérer la hauteur logarithmique ℎ(𝑥) = ln(𝐻(𝑥)) (le comportement plutôt multiplicatif de la hauteur 𝐻 devient additif avec ℎ, au même titre que l’entropie en physique qu’on préfère définir comme le logarithme du nombre de microétats d’un système). Cette définition a bien un sens puisque 𝐻 est à valeur dans ]0, +∞[. De plus la proposition 1 précédente reste vraie pour la hauteur logarithmique ℎ.

Proposition 2 : ∀𝑀 ∈ ℝ, { 𝑃 ∈ 𝐶(ℚ) ∣ ℎ(𝑃) ≤ 𝑀 } est fini.

En effet à une abscisse correspond au plus deux ordonnées pour les points de la courbe elliptique. On conclut à l’aide de la proposition 1.

Théorème de Mordell :

Pour démontrer le théorème de Mordell, on va se servir seulement des 4 lemmes suivant. Le premier n’est autre que la proposition 2 déjà démontrée :

Lemme 1 : ∀𝑀 ∈ ℝ , {𝑃 ∈ C(ℚ) ∣ ℎ(𝑃) ≤ 𝑀} est fini.

Lemme 2 : Soit 𝑃0 ∈ C(ℚ) . Il existe une constante 𝑘0 qui dépend de 𝑃0 , 𝑎, 𝑏 et 𝑐 telle que pour tout 𝑃 ∈ C(ℚ) on ait :

ℎ(𝑃 + 𝑃0 ) ≤ 2ℎ(𝑃) + 𝑘0

Lemme 3 : Il existe une constante 𝑘 qui dépend de 𝑎, 𝑏 et 𝑐 telle que pour tout 𝑃 ∈ 𝐶(ℚ) on ait : ℎ(2𝑃) ≥ 4ℎ(𝑃) − 𝑘

Lemme 4 : Le groupe quotient 𝐶(ℚ)/2𝐶(ℚ) est fini.

Ces lemmes sont par ordre croissant de difficulté. Montrons tout de suite que ces 4 lemmes impliquent le théorème de Mordell. On peut en fait les reformuler dans le cas général d’un groupe abélien possédant une certaine fonction « hauteur » vérifiant les 4 lemmes ci-dessus. Ainsi on montre le théorème suivant :

Théorème de Mordell (de descente) : Soit Γ un groupe abélien. Supposons qu’il existe une fonction ℎ ∶ Γ → [0, +∞] vérifiant les trois propriétés suivantes : (i) (ii) (iii)

Pour tout 𝑀 réel, {𝑃 ∈ Γ ∣ ℎ(𝑃) ≤ 𝑀} est fini. Pour tout 𝑃0 ∈ Γ, il existe une constante 𝑘0 telle que pour tout 𝑃 ∈ Γ on ait : ℎ(𝑃 + 𝑃0 ) ≤ 2ℎ(𝑃) + 𝑘0 Il existe une constante 𝑘 telle que pour tout 𝑃 ∈ Γ on ait : ℎ(2𝑃) ≥ 4ℎ(𝑃) − 𝑘

Supposons de plus que (iv)

Le groupe quotient Γ ∕ 2Γ est fini.

Alors le groupe Γ est de type fini.

Démonstration : Par (iv) on peut noter 𝑛 = (Γ ∕ 2Γ), 𝑛 un entier naturel. On possède donc 𝑛 classes d’équivalences et on peut donc choisir 𝑄1 , 𝑄2 , … , 𝑄𝑛 des représentants de ces différentes classes. Soit 𝑃 ∈ Γ. On veut montrer que Γ est de type fini, ce qui est équivalant à montrer que notre point 𝑃 s’écrit comme combinaison linéaire finie à coefficient entiers de points de Γ et que les points de cette combinaison linéaire ne dépendent pas de 𝑃. Comme les classes d’équivalences forment une partition de Γ, il existe un indice 𝑖1 tel que 𝑃 − 𝑄𝑖1 ∈ 2Γ. On pose alors 𝑃 − 𝑄𝑖1 = 2𝑃1 . On construit ainsi des points 𝑃1 , 𝑃2 , … , 𝑃𝑚 et 𝑄𝑖1 , 𝑄𝑖2 , … , 𝑄𝑖𝑚 tels que :

𝑃 − 𝑄𝑖1 = 2𝑃1

(1)

𝑃1 − 𝑄𝑖2 = 2𝑃2

(2)

𝑃2 − 𝑄𝑖3 = 2𝑃3 … 𝑃𝑚−1 − 𝑄𝑖𝑚 = 2𝑃𝑚 Où 𝑄𝑖1 , 𝑄𝑖2 , … , 𝑄𝑖𝑚 sont choisis parmi 𝑄1 , … , 𝑄𝑛 . Des équations (1) et (2) on déduit : 𝑃 = 𝑄𝑖1 + 2𝑃1 = 𝑄𝑖1 + 2𝑄𝑖2 + 4𝑃2 Par récurrence on montre donc que : 𝑃 = 𝑄𝑖1 + 2𝑄𝑖2 + 4𝑄𝑖3 + ⋯ + 2𝑚−1 𝑄𝑖𝑚 + 2𝑚 𝑃𝑚 Donc 𝑃 est dans le sous-groupe de Γ engendré par 𝑄𝑖1 , 𝑄𝑖2 , … , 𝑄𝑖𝑚 , 𝑃𝑚 . On applique (ii) avec 𝑃0 = −𝑄𝑖 , on obtient une constante 𝑘𝑖 telle que : ∀𝑃 ∈ Γ, ℎ(𝑃 − 𝑄𝑖 ) ≤ 2ℎ(𝑃) + 𝑘𝑖 On écrit une telle relation pour 𝑄1 , 𝑄2 , … , 𝑄𝑛 . En notant 𝑘 ′ = max(𝑘1 , … , 𝑘𝑛 ) (existe grâce à l’hypothèse (iv)) on a donc : ∀𝑃 ∈ Γ , ∀𝑖 ∈ {1, … , 𝑛}, ℎ(𝑃 − 𝑄𝑖 ) ≤ 2ℎ(𝑃) + 𝑘′ On utilise (iii), on note 𝑘 la constante qui apparaît dans cette hypothèse. On a : 4ℎ(𝑃𝑗 ) ≤ ℎ(2𝑃𝑗 ) + 𝑘 4ℎ(𝑃𝑗 ) ≤ ℎ(𝑃𝑗−1 − 𝑄𝑗 ) + 𝑘 4ℎ(𝑃𝑗 ) ≤ 2ℎ(𝑃𝑗−1 ) + 𝑘 ′ + 𝑘 C’est-à-dire ℎ(𝑃𝑗 ) ≤

1 𝑘′ + 𝑘 ℎ(𝑃𝑗−1 ) + 2 4

3 1 ℎ(𝑃𝑗 ) ≤ ℎ(𝑃𝑗−1 ) − (ℎ(𝑃𝑗−1 ) − (𝑘 ′ + 𝑘)) 4 4 Donc si (∗) ℎ(𝑃𝑗−1 ) > 𝑘 ′ + 𝑘 on a : ℎ(𝑃𝑗 ) <

3 ℎ(𝑃𝑗−1 ) 4

Finalement on a forcément un point, noté 𝑃𝑚 , de la suite 𝑃, 𝑃1 , 𝑃2 , … qui satisfait ℎ(𝑃𝑚 ) ≤ 𝑘 ′ + 𝑘. En effet si au contraire tous les points de notre suite vérifient (∗), alors notre suite 3

est de hauteur décroissante vers 0 car ℎ(𝑃𝑗 ) ≤ 4 ℎ(𝑃𝑗−1 ) pour deux points consécutifs de la

3 𝑛

suite et la suite de terme générale ( ) est décroissante vers 0 , et on trouve bien un indice 4

𝑚 tel que 𝑃𝑚 satisfait ℎ(𝑃𝑚 ) ≤ 𝑘 ′ + 𝑘 (absurde). On vient de montrer que : ∀𝑃 ∈ Γ, il existe des entiers 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 et un point 𝑅 ∈ Γ satisfaisant ℎ(𝑅) ≤ 𝑘 ′ + 𝑘 tel que 𝑃 = 𝑎1 𝑄1 + 𝑎2 𝑄2 + ⋯ + 𝑎𝑛 𝑄𝑛 + 2𝑚 𝑅 Or (i) nous dit que { 𝑅 ∈ Γ ∣ ℎ(𝑅) ≤ 𝑘 ′ + 𝑘 } est un ensemble fini. On conclut que {𝑄1 , 𝑄2 , … , 𝑄𝑛 } ∪ { 𝑅 ∈ Γ ∣ ℎ(𝑅) ≤ 𝑘 ′ + 𝑘 } est un ensemble fini qui génère Γ. Donc Γ est de type fini.

Démonstration du lemme 2 :

Assertion 1 : Si 𝑃 = (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐶(ℚ) alors 𝑥 et 𝑦 s’écrivent sous leur forme canonique 𝑥 = 𝑚 𝑒2

𝑛

et 𝑦 = 𝑒 3 (𝑚 ∧ 𝑒 = 𝑛 ∧ 𝑒 = 1 et 𝑒 > 0 ).

Assertion 2 : Il existe une constante 𝐾 > 0 dépendant de 𝑎, 𝑏 et 𝑐 telle que pour tout 𝑃 = 𝑚

𝑛

(𝑒 2 , 𝑒 3 ) ∈ 𝐶(ℚ) écrit sous forme canonique (assertion 1), on ait : |𝑛| ≤ 𝐾𝐻(𝑃)3/2

Démonstration du lemme 2 :

On suppose que 𝑃0 ≠ 𝒪 (sinon évident). Notons 𝑃0 = (𝑥0 , 𝑦0 ). Soit 𝑃 = (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐶(ℚ). On veut montrer qu’il existe une constante 𝑘0 telle que ℎ(𝑃 + 𝑃0 ) ≤ 2ℎ(𝑃) + 𝑘0 . On va supposer que 𝑃 ∉ {𝒪, 𝑃0 , −𝑃0 } . Ainsi les coordonnées de 𝑃 + 𝑃0 sont obtenues plus facilement car 𝑥 ≠ 𝑥0 . Il suffira d’ajouter à la constante 𝑘0 trouvée max{ℎ(𝒪 + 𝑃0 ) − 2ℎ(𝒪), ℎ(𝑃0 + 𝑃0 ) − 2ℎ(𝑃0 ), ℎ(−𝑃0 + 𝑃0 ) − 2ℎ(−𝑃0 )}. On a 𝑃 + 𝑃0 = (𝜉, 𝜂). D’après les formules sur la somme de points de la courbe, écrites dans l’introduction, on déduit : 𝜉=

(𝑦 − 𝑦0 )2 (𝑦 − 𝑦0 )2 − (𝑥 − 𝑥0 )2 (𝑥 + 𝑥0 + 𝑎) − 𝑎 − 𝑥 − 𝑥 = 0 (𝑥 − 𝑥0 )2 (𝑥 − 𝑥0 )2

Comme 𝑦 2 − 𝑥 3 = 𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 , si on développe numérateur et dénominateur on trouve : 𝜉=

𝐴𝑦 + 𝐵𝑥 2 + 𝐶𝑥 + 𝐷 𝐸𝑥 2 + 𝐹𝑥 + 𝐺

Où 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷, 𝐸, 𝐹, 𝐺 sont des entiers (quitte à multiplier par le pgcd de leur dénominateur le numérateur et dénominateur de 𝜉 ) dépendant de 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑥0 et 𝑦0 . 𝑚

𝑛

On écrit 𝑥 = 𝑒 2 et 𝑦 = 𝑒 3 et on obtient donc : 𝐴𝑛𝑒 + 𝐵𝑚2 + 𝐶𝑚𝑒 2 + 𝐷𝑒 4 𝜉= 𝐸𝑚2 + 𝐹𝑚𝑒 2 + 𝐺𝑒 4 A priori l’écriture de 𝜉 n’est pas sa forme canonique. On a cependant la majoration : 𝐻(𝜉) ≤ max{|𝐴𝑛𝑒 + 𝐵𝑚2 + 𝐶𝑚𝑒 2 + 𝐷𝑒 4 | , | 𝐸𝑚2 + 𝐹𝑚𝑒 2 + 𝐺𝑒 4 |} D’après les assertions 1 et 2 on a : 𝑒 ≤ 𝐻(𝑃) , 𝑛 ≤ 𝐾𝐻(𝑃)3/2 et 𝑚 ≤ 𝐻(𝑃) Où 𝐾 dépend seulement de 𝑎, 𝑏 et 𝑐 . On utilise l’inégalité triangulaire pour obtenir : 𝐻(𝑃 + 𝑃0 ) = 𝐻(𝜉) ≤ max{|𝐴𝐾| + |𝐵| + |𝐶| + |𝐷| , |𝐸| + |𝐹| + |𝐺|} × 𝐻(𝑃)2 Comme le logarithme népérien est une fonction croissante sur ]0, +∞[ on a finalement : ℎ(𝑃 + 𝑃0 ) ≤ 2ℎ(𝑃) + 𝑘0 Où 𝑘0 est une constante dépendant seulement 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑥0 et 𝑦0 et pas de 𝑃 = (𝑥, 𝑦). Ce qui conclut la démonstration.

Démonstration du lemme 3 :

On peut, de même que dans la démonstration de lemme 2, ignorer un nombre fini de points de la courbe car la constante peut alors être ajuster. Soit 𝑃 = (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐶(ℚ). On va supposer que 2𝑃 ≠ 𝒪 , ce qui n’écarte qu’un nombre fini de points (en fait 1, 2 ou 4 points). Si on écrit 2𝑃 = (𝜉, 𝜂) , on a vu que : 𝜉 + 2𝑥 = 𝜆2 − 𝑎 avec 𝜆 =

𝑓 ′ (𝑥) 2𝑦

On obtient, sachant que 𝑦 2 = 𝑓(𝑥) , la formule de duplication :

𝜉=

𝑓 ′ (𝑥)2 − (8𝑥 + 4𝑎)𝑓(𝑥) 4𝑓(𝑥)

On n’a pas de problème de définition car 𝑓(𝑥) ≠ 0 puisque 2𝑃 ≠ 𝒪 . Ici 𝜉 s’écrit comme le quotient de deux polynômes en 𝑥 à coefficients entiers. De plus le numérateur et dénominateur n’ont pas de racine complexe commune. En effet 𝐶 étant une courbe elliptique, elle est non singulière, donc 𝑓(𝑥) et 𝑓′(𝑥) non simultanément nul. On veut prouver qu’il existe une constante 𝑘 indépendante de 𝑃 = (𝑥, 𝑦) telle que ℎ(𝜉) ≥ 4ℎ(𝑥) − 𝑘 . On va sortir du cadre des courbes elliptiques pour montrer une propriété de la hauteur et des quotients de polynômes à coefficients entiers, qui va conclure la preuve du lemme 3.

Proposition 3 : Soient 𝜙 et 𝜓 des polynômes à coefficients entiers sans racines complexes en commun. Notons 𝑑 = max(𝑑°(𝜙), 𝑑°(𝜓)) . On a alors les deux propriétés suivantes : (a) Il existe un entier 𝑅 ≥ 1 , dépendant de 𝜙 et 𝜓 , tel que pour tout nombre rationnel 𝑚 𝑛

𝑚

𝑚

, 𝑃𝐺𝐶𝐷 (𝑛𝑑 𝜙 ( 𝑛 ) , 𝑛𝑑 𝜓 ( 𝑛 )) divise 𝑅 .

(b) Il existe des constantes 𝑘1 et 𝑘2 , dépendant de 𝜙 et 𝜓 , telles que pour tout nombre 𝑚 rationnel 𝑛 qui n’est une racine de 𝜓 , 𝑚

𝑚 𝑛 𝑚 𝜓( ) 𝑛

𝜙( )

𝑑ℎ ( 𝑛 ) − 𝑘1 ≤ ℎ (

𝑚

) ≤ 𝑑ℎ ( 𝑛 ) + 𝑘2 .

Démonstration de la proposition 3 : (a) Cette propriété nous dit qu’il n’y a pas beaucoup de simplification quand on prend le quotient de ces deux entiers. On peut supposer 𝑑°(𝜙) = 𝑑 et 𝑑°(𝜓) = 𝑒 ≤ 𝑑 . Pour 𝑚

𝑚

simplifier les notations on pose Φ(𝑚, 𝑛) = 𝑛𝑑 𝜙 ( 𝑛 ) et Ψ(𝑚, 𝑛) = 𝑛𝑑 𝜓 ( 𝑛 ) et on peut noter : Φ(𝑚, 𝑛) = 𝑎0 𝑚𝑑 + 𝑎1 𝑚𝑑−1 𝑛 + ⋯ + 𝑎𝑑 𝑛𝑑 Ψ(𝑚, 𝑛) = 𝑏0 𝑚𝑒 𝑛𝑑−𝑒 + 𝑏1 𝑚𝑒−1 𝑛𝑑−𝑒+1 + ⋯ + 𝑏𝑒 𝑛𝑑 Comme 𝜙 et 𝜓 n’ont pas de racine en commun, ils sont premiers entre dans l’anneau euclidien ℚ[𝑋] et donc il existe deux polynômes à coefficients rationnels 𝐹 et 𝐺 tels que : 𝐹(𝑋)𝜙(𝑋) + 𝐺(𝑋)𝜓(𝑋) = 1 Soit 𝐴 un entier assez grand pour que 𝐴𝐹(𝑋) et 𝐴𝐺(𝑋) soient à coefficients entiers. Notons 𝐷 = max(𝑑°(𝐹), 𝑑°(𝐺)) . Remarquons que 𝐴 et 𝐷 ne dépendent pas de 𝑚 et 𝑛. 𝑚 On évalue l’identité de Bézout précédente en 𝑋 = 𝑛 et on multiplie par 𝐴𝑛𝐷+𝑑 . On obtient :

𝑚 𝑚 𝑛𝐷 𝐴𝐹 ( ) . Φ(𝑚, 𝑛) + 𝑛𝐷 𝐴𝐺 ( ) . Ψ(𝑚, 𝑛) = 𝐴𝑛𝐷+𝑑 𝑛 𝑛

Soit 𝛾 = 𝛾(𝑚, 𝑛) = 𝑃𝐺𝐶𝐷(Φ(𝑚, 𝑛) , Ψ(𝑚, 𝑛)) le pgcd qui nous intéresse. On a : 𝛾 ∣ 𝐴𝑛𝐷+𝑑 Ce n’est pas encore suffisant car 𝛾 divise ici un nombre qui dépend de 𝑛 . Nous allons montrer que 𝛾 ∣ 𝐴𝑎0𝐷+𝑑 . Comme 𝛾 ∣ Φ(𝑚, 𝑛) on a en particulier : 𝛾 ∣ 𝐴𝑛𝐷+𝑑−1 Φ(𝑚, 𝑛) = 𝐴𝑎0 𝑚𝑑 𝑛𝐷+𝑑−1 + 𝐴𝑎1 𝑚𝑑−1 𝑛𝐷+𝑑 + ⋯ + 𝐴𝑎𝑑 𝑛𝐷+2𝑑−1 Or comme 𝛾 ∣ 𝐴𝑛𝐷+𝑑 et que ce facteur se répète dans l’expression précédente hormis le premier terme 𝐴𝑎0 𝑚𝑑 𝑛𝐷+𝑑−1 , on a donc : 𝛾 ∣ 𝐴𝑎0 𝑚𝑑 𝑛𝐷+𝑑−1 Donc 𝛾 ∣ 𝑃𝐺𝐶𝐷(𝐴𝑛𝐷+𝑑 , 𝐴𝑎0 𝑚𝑑 𝑛𝐷+𝑑−1 ) Or 𝑚 ∧ 𝑛 = 1 donc 𝛾 ∣ 𝐴𝑎0 𝑛𝐷+𝑑−1 On a donc réduit la puissance de 𝑛 au prix d’une multiplication par 𝑎0 . On utilise maintenant le fait que 𝛾 ∣ 𝐴𝑎0 𝑛𝐷+𝑑−2 Φ(𝑚, 𝑛) et en répétant ce qui a été fait ci-dessus on montre que 𝛾 ∣ 𝐴𝑎02 𝑛𝐷+𝑑−2 . On montre donc par récurrence que 𝛾 ∣ 𝐴𝑎0𝐷+𝑑 , ce qui termine la preuve de (a).

(b) Pour la majoration on utilise l’inégalité triangulaire, ce qui est en tout point similaire à la fin de la démonstration du lemme 2. On peut se passer de montrer la minoration pour un nombre fini de rationnels puisqu’il 𝑚 suffit alors d’ajuster la constante. On supposera donc que 𝑛 n’est pas une racine de 𝜙 . On peut refaire l’hypothèse que 𝑑°(𝜙) = 𝑑 et 𝑑°(𝜓) = 𝑒 ≤ 𝑑 puisque pour tout 1

rationnel 𝑟 non nul on a ℎ(𝑟) = ℎ (𝑟 ) . En reprenant donc les mêmes notations que dans (a), on s’intéresse au rationnel : 𝑚 𝜙 ( 𝑛 ) Φ(𝑚, 𝑛) 𝜉= 𝑚 = 𝜓 ( 𝑛 ) Ψ(𝑚, 𝑛) On a ici une expression de 𝜉 comme quotient de deux entiers. On ne sait pas s’ils sont premiers entre eux, mais on sait par (a) qu’il existe un entier 𝑅 ≥ 1, indépendant de 𝑚 et 𝑛, tel que 𝑃𝐺𝐶𝐷(Φ(𝑚, 𝑛), Ψ(𝑚, 𝑛)) divise 𝑅 . Ainsi : 1 𝐻(𝜉) ≥ max{|Φ(𝑚, 𝑛)| , |Ψ(𝑚, 𝑛)|} 𝑅 1 (|Φ(𝑚, 𝑛)| + |Ψ(𝑚, 𝑛)|) 𝐻(𝜉) ≥ 2𝑅 𝑚 𝑑

Avec la hauteur « multiplicative » 𝐻 on veut comparer 𝐻(𝜉) avec 𝐻 ( 𝑛 ) = max{|𝑚|𝑑 , |𝑛|𝑑 }. On considère donc le quotient : 1 𝑚 𝑚 𝑑 𝑑 (|𝑛 𝜙 ( )| + |𝑛 𝜓 ( 𝐻(𝜉) 2𝑅 𝑛 𝑛 )|) ≥ 𝑚 𝑑 max{|𝑚|𝑑 , |𝑛|𝑑 } 𝐻 (𝑛)

1 𝑚 𝑚 (|𝜙 ( )| + |𝜓 ( )|) 𝐻(𝜉) 2𝑅 𝑛 𝑛 ≥ 𝑚𝑑 𝑚 𝑑 max {| 𝑛 | , 1} 𝐻 (𝑛) On va donc étudier la fonction de variable réel 𝑝 définit par : (|𝜙(𝑡)| + |𝜓(𝑡)|) 𝑝(𝑡) = max{|𝑡|𝑑 , 1} Lorsque |𝑡| → +∞ on a ou bien 𝑝(𝑡) → |𝑎0 | si 𝑒 < 𝑑 ou bien 𝑝(𝑡) → |𝑎0 | + |𝑏0 | sinon. Or 𝑎0 ≠ 0 donc cette limite est non nulle. Remarquons que 𝑝 est positive. Comme 𝑝 est continue sur ℝ on en déduit qu’en dehors d’un intervalle fermé 𝐼, la fonction possède un infimum non nul. Mais dans l’intervalle fermé 𝐼, comme la fonction est alors continue sur un compact et qu’elle ne s’annule pas car on a supposé que 𝜙 et 𝜓 n’ont pas de racines communes, on en déduit que le minimum de 𝑝 sur 𝐼 est strictement positif. Ainsi il existe une constante 𝐶1 > 0 telle que 𝑝(𝑡) ≥ 𝐶1 pour tout réel 𝑡 . On a donc en utilisant notre dernière majoration : 𝐶1 𝑚 𝑑 𝐻(𝜉) ≥ .𝐻( ) 2𝑅 𝑛 Les constantes 𝐶1 et 𝑅 dépendent de 𝜙 et 𝜓 mais pas de 𝑚 et 𝑛. D’après la croissance du logarithme sur ]0, +∞[ on conclut : 𝑚 ℎ(𝜉) ≥ 𝑑ℎ ( ) − 𝑘1 𝑛

Ce qui termine la démonstration de la proposition ainsi que du lemme 3.

Démonstration du lemme 4 : Notre équation 𝑦 2 = 𝑥 3 + 𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 sera supposé à coefficients entiers (et non pas seulement rationnel) car sinon en posant 𝑋 = 𝑑 2 𝑥 et 𝑌 = 𝑑 3 𝑦 il est possible de choisir 𝑑 eniter tel que 𝑌 2 = 𝑔(𝑋) où 𝑔(X) polynôme de degré 3 unitaire à coefficients entier. On note Γ = 𝐶(ℚ). On ne sera pas capable de prouver le théorème de Mordell dans le cas général sans recourir à la géométrie algébrique. On veut éviter cela. On doit alors faire l’hypothèse que la courbe possède un point rationnel d’ordre 2 (c’est-à-dire f(x) possède une racine rationnelle). En effet un point rationnel 𝑃 de la courbe est d’ordre 2 si 2𝑃 = 𝒪 et 𝑃 ≠

𝒪. Or 2𝑃 = 𝒪 ⟺ 𝑃 = −𝑃 donc 𝑃 = (𝛼, 0) où 𝛼 est une racine de 𝑓(𝑥). On note 𝑥0 la racine donnée par l’hypothèse. Comme 𝑥0 est une racine rationnelle d’un polynôme unitaire à coefficients entiers (hypothèse ci-dessus) on a en fait 𝑥0 entier. On effectue alors un changement de coordonnées en prenant pour origine le point (𝑥0 , 0), ce qui n’affecte pas Γ et nous fournit une nouvelle équation à coefficients entiers pour la courbe de la forme : 𝑦 2 = 𝑥 3 + 𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥 . On va maintenant montrer qu’on peut écrire la « fonction duplication 𝜉» qui à 𝑃 ∈ C associe 2𝑃 en une composée de deux applications « plus simples » : 𝜉 = 𝜓 ∘ 𝜙. Cependant 𝜙 sera à valeur dans une autre courbe 𝐶 et 𝜓: 𝐶 → 𝐶 . La courbe 𝐶 est donnée par l’équation 𝑦 2 = 𝑥 3 + 𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥 où 𝑎 = −2𝑎 et 𝑏 = 𝑎2 − 4𝑏 . La courbe 𝐶 est la courbe obtenue en partant de 𝐶 de la même façon. Ainsi 𝐶 ∶ 𝑦 2 = 𝑥 3 + 4𝑎𝑥 2 + 16𝑏𝑥 et donc en remplaçant 𝑥 et 𝑦 par respectivement 4𝑥 et 8𝑦 puis en divisant par 64 on retombe exactement sur 𝐶 et donc Γ ≅ Γ où Γ désigne le groupe des points rationnels de 𝐶 .

Proposition 4 : Soit 𝑇 = (0,0) ∈ 𝐶. On a : (a) Il existe un morphisme 𝜙: 𝐶 → 𝐶 définit par 𝜙(𝑃) = 𝑦 2 𝑦(𝑥 2 −𝑏)

{

(𝑥 2 ,

𝑥2

) , 𝑠𝑖 𝑃 = (𝑥, 𝑦) ≠ 𝒪, 𝑇

𝒪 , 𝑠𝑖 𝑃 = 𝒪 𝑜𝑢 𝑃 = 𝑇 On a 𝐾𝑒𝑟(𝜙) = {𝒪, 𝑇} . (b) On obtient en appliquant exactement le même procédé un morphisme 𝜙: 𝐶 → 𝐶 et 1

1

comme la fonction (𝑥, 𝑦) ⟼ (4 𝑥, 8 𝑦) est un isomorphisme de 𝐶 vers 𝐶 on a qu’il existe un morphisme 𝜓: 𝐶 → 𝐶 définit par 𝜓(𝑃) = 𝑦

2

( 2, { 4𝑥

2

𝑦(𝑥 −𝑏) 8𝑥

2

) , 𝑠𝑖 𝑃 = (𝑥, 𝑦) ≠ 𝒪, 𝑇

𝒪 , 𝑠𝑖 𝑃 = 𝒪 𝑜𝑢 𝑃 = 𝑇 (c) La composée 𝜓 ∘ 𝜙: 𝐶 → 𝐶 est la « fonction duplication », c’est-à-dire 𝜓 ∘ 𝜙(𝑃) = 2𝑃.

Démonstration :

(a) On a 𝜙 bien définit car en notant 𝜙(𝑥, 𝑦) = (𝑥, 𝑦) on a : 3

2

2

𝑥 + 𝑎𝑥 + 𝑏𝑥 = 𝑥 (𝑥 − 2𝑎𝑥 + (𝑎2 − 4𝑏)) =

𝑦2 𝑦4 𝑦2 ( 4 − 2𝑎 2 + (𝑎2 − 4𝑏)) 2 𝑥 𝑥 𝑥

𝑦 2 (𝑦 2 − 𝑎𝑥 2 )2 − 4𝑏𝑥 4 ( ) 𝑥2 𝑥4 𝑦2 = 6 ((𝑥 3 + 𝑏𝑥)2 − 4𝑏𝑥 4 ) 𝑥 𝑦(𝑥 2 − 𝑏) =( ) 𝑥2

=

3

2

𝑥 + 𝑎𝑥 + 𝑏𝑥 = 𝑦

2

Donc 𝜙 est bien à valeurs dans 𝐶 . De plus il est évident que 𝐾𝑒𝑟(𝜙) = {𝒪, 𝑇} . Il reste à montrer que 𝜙 est un morphisme, c’est-à-dire 𝜙(𝑃1 + 𝑃2 ) = 𝜙(𝑃1 ) + 𝜙(𝑃2 ) , ∀ 𝑃1 , 𝑃2 ∈ 𝐶 . Si 𝑃1 ou 𝑃2 est égal à 𝒪 c’est évident. On suppose donc dorénavant 𝑃1 et 𝑃2 différents de 𝒪 . Si 𝑃1 = 𝑃2 = 𝑇 c’est également évident. Si maintenant par exemple 𝑃1 = 𝑇 et 𝑃2 ≠ 𝑇 le résultat suit par calcul. En effet on a : 𝑏 𝑏𝑦 𝑃 + 𝑇 = (𝑥, 𝑦) + (0,0) = ( , − 2 ) 𝑥 𝑥 Or par définition de 𝜙 on a : 𝑏𝑦 2 (− 2 ) 𝑦2 𝑥 𝑥(𝑃 + 𝑇) = = 2 = 𝑥(𝑃) 𝑥 𝑏 2 (𝑥) Et de même on montre que 𝑦(𝑃 + 𝑇) = 𝑦(𝑃) . Ainsi on a bien 𝜙(𝑃 + 𝑇) = 𝜙(𝑃) (on rappelle que 𝜙(𝑇) = 𝒪 ). Si 𝑃 ∈ 𝐶 on vérifie facilement que 𝜙(−𝑃) = −𝜙(𝑃) et il suffit maintenant, pour montrer que 𝜙 est un morphisme, de démontrer que si 𝑃1 + 𝑃2 + 𝑃3 = 𝒪 alors 𝜙(𝑃1 ) + 𝜙(𝑃2 ) + 𝜙(𝑃3 ) = 𝒪 . En effet dans ce cas 𝜙(𝑃1 + 𝑃2 ) = 𝜙(−𝑃3 ) = −𝜙(𝑃3 ) = 𝜙(𝑃1 ) + 𝜙(𝑃2 ) . On suppose donc 𝑃1 + 𝑃2 + 𝑃3 = 𝒪 avec 𝑃𝑖 ≠ 𝒪, 𝑇 . On a donc 𝑃1 , 𝑃2 et 𝑃3 colinéaires. Soit 𝑦 = 𝜆𝑥 + 𝜈 la droite dont l’intersection avec 𝐶 sont ces 3 points. On a 𝜈 ≠ 0 car on a supposé nos points distincts de 𝑇 = (0,0) . On veut montrer que 𝜙(𝑃1 ), 𝜙(𝑃2 ) et 𝜙(𝑃3 ) sont les intersections d’une droite avec 𝐶. On va juste vérifier que cette droite est donnée par l’équation : 𝑦 = 𝜆𝑥 + 𝜈 où 𝜆 = 𝜈 2 −𝑎𝜈𝜆+𝑏𝜆2 𝜈

𝜆𝑥1 + 𝜈 =

𝜈𝜆−𝑏 𝜈

et 𝜈 =

. Par exemple si 𝜙(𝑃1 ) = 𝜙(𝑥1 , 𝑦1 ) = (𝑥1 , 𝑦1 ) alors on a : 𝜈𝜆−𝑏 𝑦1 2 𝜈

(𝑥 ) + 1

𝜈 2 −𝑎𝜈𝜆+𝑏𝜆2 𝜈 2 𝑦1 −

=

𝜈𝜆(𝑦12 −𝑎𝑥12 )−𝑏(𝑦1 −𝜆𝑥1 )(𝑦1 +𝜆𝑥1 )+𝜈 2 𝑥12 𝜈𝑥12

On utilise alors les égalités 𝑎𝑥22 = 𝑥13 + 𝑏𝑥1 et 𝑦1 − 𝜆𝑥1 = 𝜈 et on obtient : 𝜆(𝑥13 + 𝑏𝑥1 ) − 𝑏(𝑦1 + 𝜆𝑥1 ) + 𝜈𝑥12 (𝑥12 − 𝑏)𝑦1 𝜆𝑥1 + 𝜈 = = = 𝑦1 𝑥12 𝑥12 On fait exactement de même pour 𝜙(𝑃2 ) et 𝜙(𝑃3 ). Pour montrer que notre droite a pour intersection avec 𝐶 exactement 𝜙(𝑃1 ), 𝜙(𝑃2 ) et 𝜙(𝑃3 ) (ce qui conclurait notre 2

démonstration) il faut montrer en fait que les solutions de l’équation (𝜆𝑥 + 𝜈) = 𝑥 3 + 𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥 sont les nombres 𝑥(𝑃1 ), 𝑥(𝑃2 ) et 𝑥(𝑃3 ). On a démontré que c’était le

cas si 𝜙(𝑃1 ), 𝜙(𝑃2 ) et 𝜙(𝑃3 ) sont distincts. Si maintenant ils ne sont pas distincts il suffit d’utiliser la continuité de 𝜙 comme fonction des points complexes de 𝐶 privé de 𝒪 et 𝑇 vers les points complexes de 𝐶. Ceci termine la démonstration du point (a) de la proposition. 1

1

(b) On montre facilement que (𝑥, 𝑦) ⟼ (4 𝑥, 8 𝑦) est un isomorphisme de 𝐶 vers 𝐶 et on contruit 𝜙: 𝐶 → 𝐶 comme 𝜙 mais avec 𝑎 et 𝑏 à la place de 𝑎 et 𝑏. Comme 𝜓 est la composition de ces deux morphismes il s’agit bien d’un morphisme.

(c) Compte tenu de la formule de duplication donnée dans l’introduction sur les courbes elliptiques et de la forme de notre équation de courbe on a : (𝑥 2 − 𝑏)2 (𝑥 2 − 𝑏)(𝑥 4 + 2𝑎𝑥 3 + 6𝑏𝑥 2 + 2𝑎𝑏𝑥 + 𝑏 2 ) 2𝑃 = 2(𝑥, 𝑦) = ( , ) 4𝑦 2 8𝑦 3 On a donc : 𝑦 2 𝑦(𝑥 2 − 𝑏) 𝜓 ∘ 𝜙(𝑥, 𝑦) = 𝜓 ( 2 , ) = ⋯ = 2(𝑥, 𝑦) 𝑥 𝑥2 L’égalité ci-dessus se démontrant aisément en continuant le calcul puisqu’on connait l’action de 𝜓.

Il est clair que tout point de Γ est envoyé par 𝜙 vers un point de Γ, ainsi 𝜙(Γ) est un sousgroupe de Γ . Cependant à priori on n’a pas 𝜙(Γ) = Γ.La proposition suivante fournit une bonne description de l’image 𝜙(Γ) :

Proposition 5 : (i) (ii) (iii)

𝒪 ∈ 𝜙(Γ) . 𝑇 = (0,0) ∈ 𝜙(Γ) si et seulement si 𝑏 = 𝑎2 − 4𝑏 est un carré parfait. Soit 𝑃 = (𝑥, 𝑦) ∈ Γ avec 𝑥 ≠ 0. On a alors 𝑃 ∈ 𝜙(Γ) si et seulement si 𝑥 est le carré d’un nombre rationnel.

Démonstration : (i) (ii)

On a 𝜙(𝒪) = 𝒪. D’après la formule donnant 𝜙 on voit que 𝑇 ∈ 𝜙(Γ) si et seulement s’il existe (𝑥, 𝑦) ∈ Γ tel que

𝑦2 𝑥2

= 0 (on a bien 𝑥 ≠ 0 sinon (𝑥, 𝑦) = 𝑇 et 𝜙(𝑇) = 𝒪 ≠ 𝑇 ).

Donc 𝑇 ∈ 𝜙(Γ) si et seulement s’il existe (𝑥, 𝑦) ∈ Γ tel que 𝑥 ≠ 0 et 𝑦 = 0. En utilisant l’équation donnant 𝐶 on a donc :

(iii)

0 = 𝑥(𝑥 2 + 𝑎𝑥 + 𝑏) Cette équation à une racine rationnelle non nulle si et seulement si le discriminant 𝑎2 − 4𝑏 est un carré parfait. Si (𝑥, 𝑦) ∈ 𝜙(Γ) avec 𝑥 ≠ 0 alors d’après 𝜙 on a qu’il existe (𝑥, 𝑦) ∈ Γ tel que 𝑦2

𝑥 = 𝑥 2 . Donc 𝑥 est bien le carré d’un nombre rationnel. Réciproquement

supposons qu’il existe 𝑟 un nombre rationnel tel que 𝑥 = 𝑟 2 . On cherche un point de Γ qui s’envoie par 𝜙 sur (𝑥, 𝑦). On va montrer en fait que les points 𝑃𝑖 = (𝑥𝑖 , 𝑦𝑖 ) ∈ Γ pour 𝑖 = 1,2 s’envoient par 𝜙 sur (𝑥, 𝑦) : 1 𝑦 𝑥1 = (𝑟 2 − 𝑎 + ) , 𝑦1 = 𝑥1 𝑟 2 𝑟 1 𝑦 𝑥2 = (𝑟 2 − 𝑎 − ) , 𝑦2 = −𝑥2 𝑟 2 𝑟 Commençons par vérifier que 𝑃𝑖 ∈ 𝐶 : 3

2

𝑥1 𝑥2 =

2

2

1 𝑦 1 𝑥 − 2𝑎𝑥 + 𝑎2 𝑥 − 𝑦 ((𝑟 2 − 𝑎)2 − 2 ) = ( )=𝑏 4 𝑟 4 𝑥 𝑦2

𝑏

Montrer que 𝑃𝑖 ∈ 𝐶 revient à montrer que 𝑥𝑖2 = 𝑥𝑖 + 𝑎 + 𝑥 . Or on a 𝑏 = 𝑥1 𝑥2 et 𝑦𝑖 𝑥𝑖

𝑖

𝑖

2

= ±𝑟 et donc on doit montrer que 𝑟 = 𝑥1 + 𝑎 + 𝑥2 . Cette dernière égalité

suit directement de la définition de 𝑥1 et 𝑥2 . On a donc 𝑃𝑖 ∈ 𝐶 et même 𝑃𝑖 ∈ Γ puisque 𝑃𝑖 est un point rationnel. Il reste à montrer que 𝜙(𝑃𝑖 ) = (𝑥, 𝑦) : On a

𝑦𝑖2 𝑥𝑖2

On a

𝑦1 (𝑥12 −𝑏)

𝑦2 (𝑥22 −𝑏) 𝑥22

= 𝑥 par définition de 𝑥𝑖 et 𝑦𝑖 et car 𝑥 = 𝑟 2. 𝑥12

=

𝑥1 𝑟(𝑥12 −𝑥1 𝑥2 ) 𝑥12

= 𝑟(𝑥1 − 𝑥2 ) et on montre de même que

= 𝑟(𝑥1 − 𝑥2 ) .

Par définition de 𝑥1 et 𝑥2 on a bien 𝑟(𝑥1 − 𝑥2 ) = 𝑦, ce qui termine la démonstration du point (iii) de la proposition.

Proposition 6 : (Γ: 𝜙(Γ)) ≤ 2𝑠+1 et (Γ: 𝜓(Γ)) ≤ 2𝑟+1 où 𝑠 est le nombre de diviseurs premiers distincts de 𝑏 = 𝑎2 − 4𝑏 et 𝑟 le nombre de diviseurs premiers distincts de 𝑏.

Démonstration : Il nous suffit de prouver une seule de ces deux inégalités. On choisit de démontrer la seconde. On va montrer qu’on a un isomorphisme de groupes du quotient Γ/𝜓(Γ) vers un groupe fini. Pour cela on va utiliser le lemme de factorisation des morphismes de groupes et

il faut donc qu’on trouve un morphisme de groupes de Γ dont l’image de ce morphisme est finie et dont le noyau est 𝜓(Γ). Si ℚ∗ désigne le groupe multiplicatif des rationnels non nuls on note ℚ∗ 2 = {𝑟 2 ∣ 𝑟 ∈ ℚ∗ }. On définit alors une application 𝑓: Γ → ℚ∗ /ℚ∗ 2 telle que : 𝑓(𝒪) = 1 𝑚𝑜𝑑 ℚ∗ 2 𝑓(𝑇) = 𝑏 𝑚𝑜𝑑 ℚ∗ 2 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 𝑚𝑜𝑑 ℚ∗ 2 , 𝑠𝑖 𝑥 ≠ 0 On termine la démonstration de cette proposition en démontrons la proposition 7 suivante.

Proposition 7 : (a) L’application 𝑓 définit ci-dessus est un morphisme de groupes. (b) On a l’égalité 𝐾𝑒𝑟(𝑓) = 𝜓(Γ). Ainsi on a un isomorphisme de groupes Γ/𝜓(Γ) → 𝐼𝑚(𝑓) . (c) Soient 𝑝1 , … , 𝑝𝑡 les diviseurs premiers distincts de 𝑏. On a 𝐼𝑚(𝑓) contenu dans le 𝜖 𝜖 𝜖 sous-groupe {±𝑝1 1 𝑝22 … 𝑝𝑡 𝑡 ∣ 𝜖𝑖 = 0 𝑜𝑢 1} de ℚ∗ /ℚ∗ 2 . (d) L’indice (Γ: 𝜓(Γ)) est au plus 2𝑡+1 . Démonstration de la proposition 7 :

1

1

(a) On a 𝑓(−𝑃) = 𝑓(𝑥, −𝑦) = 𝑥 = 𝑥 𝑥 2 et donc 𝑓(−𝑃) = 𝑥 = 𝑓(𝑃)−1 𝑚𝑜𝑑 ℚ∗ 2 . Pour montrer que 𝑓 est un morphisme il suffit donc de montrer, comme dans le (a) de la proposition 4, que si 𝑃1 + 𝑃2 + 𝑃3 = 𝒪 alors 𝑓(𝑃1 )𝑓(𝑃2 )𝑓(𝑃3 ) = 1 𝑚𝑜𝑑 ℚ∗ 2 . Comme dit dans la démonstration de la proposition 4 si on suppose 𝑃1 + 𝑃2 + 𝑃3 = 𝒪 avec 𝑃1 , 𝑃2 et 𝑃3 distincts de 𝒪 et 𝑇 on a l’existence d’une droite 𝑦 = 𝜆𝑥 + 𝜈 dont les points d’intersections avec la courbe 𝐶 sont les points 𝑃1 , 𝑃2 et 𝑃3 . C’est-à-dire que les abscisses 𝑥1 , 𝑥2 et 𝑥3 de ces trois points sont les racines (comptées avec multiplicités) de l’équation : (𝜆𝑥 + 𝜈)2 = 𝑥 3 + 𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥 ⟺ 𝑥 3 + (𝑎 − 𝜆2 )𝑥 2 + (𝑏 − 2𝜆𝜈)𝑥 − 𝜈 2 = 0 On a donc puisqu’on connait les racines : 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = 𝜆2 − 𝑎 {𝑥1 𝑥2 + 𝑥1 𝑥3 + 𝑥2 𝑥3 = 𝑏 − 2𝜆𝜈 𝑥1 𝑥2 𝑥3 = 𝜈 2 La dernière équation de ce système nous donne 𝑥1 𝑥2 𝑥3 = 𝑓(𝑃1 )𝑓(𝑃2 )𝑓(𝑃3 ) = 1 𝑚𝑜𝑑 ℚ∗ 2 car 𝜈 ∈ ℚ puisque c’est l’ordonnée à l’origine d’une droite rationnelle car elle passe par trois points rationnels (si 𝑃1 = 𝑃2 = 𝑃3 la droite est tangente à 𝐶 en un point rationnel donc est rationnelle).

Il faut maintenant traiter les cas où les 𝑃𝑖 ne sont pas tous différent de 𝒪 et 𝑇. On revient à la définition de base des morphismes. On a pour tout 𝑃 ∈ Γ, 𝑃 + 𝒪 = 𝑃 et donc 𝑓(𝑃 + 𝒪) = 𝑓(𝑃) = 𝑓(𝑃)𝑓(𝒪). On a pour tout 𝑃(𝑥, 𝑦) ∈ Γ avec 𝑃 différent de 𝑏

𝑏𝑦

1 2

𝑏

𝑇 , 𝑃 + 𝑇 = (𝑥 , − 𝑥 2 ) et donc 𝑓(𝑃 + 𝑇) = 𝑥 = 𝑥𝑏 (𝑥) = 𝑥𝑏 𝑚𝑜𝑑 ℚ∗ 2 . Or 𝑓(𝑃)𝑓(𝑇) = 𝑥𝑏 𝑚𝑜𝑑 ℚ∗ 2 et donc on a 𝑓(𝑃 + 𝑇) = 𝑓(𝑃)𝑓(𝑇). Enfin comme 2𝑇 = 𝒪 on a 𝑓(𝑇 + 𝑇) = 𝑓(2𝑇) = 𝑓(𝒪) = 1 𝑚𝑜𝑑 ℚ∗ 2 . Or 𝑓(𝑇)𝑓(𝑇) = 𝑏 2 = 1 𝑚𝑜𝑑 ℚ∗ 2 et donc 𝑓(𝑇 + 𝑇) = 𝑓(𝑇)𝑓(𝑇). Ce qui conclut. (b) Compte tenu de la proposition 5 et du lien de 𝜓 avec 𝜙 cette propriété est évidente (on utilise ensuite le lemme de factorisation). 𝑚

𝑛

(c) Soit 𝑃 (𝑒 2 , 𝑒 3 ) ∈ Γ écrit sous forme canonique avec 𝑚 ≠ 0 (on a vu précédemment que tous les points de Γ hormis le point 𝒪 et 𝑇 dans le cas de notre courbe particulière sont de cette forme). En remplaçant dans l’équation de 𝐶 on obtient : 𝑛2 = 𝑚3 + 𝑎𝑚2 𝑒 2 + 𝑏𝑚𝑒 4 = 𝑚(𝑚2 + 𝑎𝑚𝑒 2 + 𝑏𝑒 4 ) Notons 𝑑 = 𝑃𝐺𝐶𝐷(𝑚 , 𝑚2 + 𝑎𝑚𝑒 2 + 𝑏𝑒 4 ). On a donc 𝑑 ∣ 𝑚 et 𝑑 ∣ 𝑏𝑒 4 mais comme 𝑃𝐺𝐶𝐷(𝑚 , 𝑒) = 1 on a 𝑑 ∣ 𝑏 . Ainsi comme 𝑛2 = 𝑚(𝑚2 + 𝑎𝑚𝑒 2 + 𝑏𝑒 4 ) on a 𝑚 = 𝜖 𝜖 𝜖 ±𝑘 2 × (𝑝1 1 𝑝22 … 𝑝𝑡 𝑡 ) où 𝑘 est un entier, 𝜖𝑖 = 0 ou 1 et 𝑝1 , 𝑝2 , … , 𝑝𝑡 sont les diviseurs premiers distincts de 𝑏. 𝑚

𝑚

𝑘 2

𝜖

𝜖

𝜖

Comme 𝑓(𝑃) = 𝑒 2 𝑚𝑜𝑑 ℚ∗ 2 et 𝑒 2 = ± (𝑒 ) 𝑝1 1 𝑝22 … 𝑝𝑡 𝑡 on a 𝑓(𝑃) = 𝜖

𝜖

𝜖

±𝑝1 1 𝑝22 … 𝑝𝑡 𝑡 𝑚𝑜𝑑 ℚ∗ 2 . La conclusion reste valide dans le cas 𝑚 = 0 car alors la seule possibilité est 𝑇 mais 𝜖 𝜖 𝜖 on a 𝑓(𝑇) = 𝑏 𝑚𝑜𝑑 ℚ∗ 2 et 𝑏 = ±𝑝1 1 𝑝22 … 𝑝𝑡 𝑡 𝑚𝑜𝑑 ℚ∗ 2 . (d) C’est une conséquence directe de (b) et (c).

La proposition suivante a trait aux groupes abéliens et permet de conclure la démonstration du lemme 4.

Proposition 8 : Soient 𝐴 et 𝐵 deux groupes abéliens et supposons que 𝜙: 𝐴 → 𝐵 et 𝜓: 𝐵 → 𝐴 sont des morphismes de groupes vérifiant : 𝜓 ∘ 𝜙(𝑎) = 2𝑎 , ∀𝑎 ∈ 𝐴 𝜙 ∘ 𝜓(𝑏) = 2𝑏 , ∀𝑏 ∈ 𝐵 Supposons de plus que (𝐵: 𝜙(𝐴)) et (𝐴: 𝜓(𝐵)) sont finis. Alors (𝐴: 2𝐴) est fini. On a en fait (𝐴: 2𝐴) ≤ (𝐴: 𝜓(𝐵))(𝐵: 𝜙(𝐴)) .

Démonstration : Soient 𝑎1 , … , 𝑎𝑛 un système de représentant de 𝐴/𝜓(𝐵) et 𝑏1 , … , 𝑏𝑚 un système de représentant de 𝐵/𝜙(𝐴) . Soit 𝑎 ∈ 𝐴. Il existe 𝑖 ∈ {1, … , 𝑛} tel que 𝑎 − 𝑎𝑖 ∈ 𝜓(𝐵). Soit 𝑏 ∈ 𝐵 tel que 𝑎 − 𝑎𝑖 = 𝜓(𝑏). Comme 𝑏 ∈ 𝐵 on a qu’il existe 𝑗 ∈ {1, … , 𝑚} tel que 𝑏 − 𝑏𝑗 = 𝜙(𝑎′ ) où 𝑎′ ∈ 𝐴. Donc on a : 𝑎 = 𝑎𝑖 + 𝜓(𝑏) = 𝑎𝑖 + 𝜓 (𝑏𝑗 + 𝜙(𝑎′ )) = 𝑎𝑖 + 𝜓(𝑏𝑗 ) + 2𝑎′ Donc on peut trouver un système de représentant de 𝐴/2𝐴 dans l’ensemble fini {𝑎𝑖 + 𝜓(𝑏𝑗 ) ∣ 1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑛 , 1 ≤ 𝑗 ≤ 𝑚}. Ce qui conclut la démonstration.

On réécrit enfin la version du théorème de Mordell qui a été démontré grâce aux lemme 1, 2, 3 et 4 et où c’est la démonstration du lemme 4 qui nous a obligé à notre niveau à faire l’hypothèse que la courbe possède un point rationnel d’ordre 2 :

Théorème de Mordell (où la courbe possède un point rationnel d’ordre 2) : Soit 𝐶 une courbe elliptique donnée par l’équation 𝐶: 𝑦 2 = 𝑥 3 + 𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥 où 𝑎 et 𝑏 sont des entiers. Alors 𝐶(ℚ) est un groupe abélien de type fini.