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Indices dans Br(R((x))((y)))—————————————–
1.— Introduction.
Etant donné un corps commutatif k de groupe de Brauer Br(k) et un élémentα ∈ Br(k), on appelle indice de α l’entier noté d = Ind(α) et défini par les trois
manières équivalentes suivantes :pi) d = min{[A : k]/ A ∈ α},pii) d = [K : k] où K est le corps gauche relatif à la classe d’algèbres simples
centrales α,iii) d est le degré minimal sur k (pour le relation de divisibilité) d’une extension
neutralisante de α.
Il est célèbre que l’ordre d’un élément de Br(k) est un diviseur de son indice.
On a en fait un encadrement :Proposition.— Soit α ∈ Br(k) un élément d’ordre n et d’indice d. Si on noterad(d) le radical de l’entier d (i.e. le produit des nombres premiers qui le divisent),
on a alorsrad(d)|n|dPreuve : Considérons une extension galoisienne neutralisante L/k de groupe G.
On sait que [L : k] est un multiple de d. Soit alors un nombre premier p qui divise det Gp un p-Sylow de G. Notons Lp le corps des invariants de L par Gp . Le corps Lpn’est certainement pas une extension neutralisante de α car si c’était le cas, [Lp : k]serait multiple de d, or, par définition, [Lp : k] est premier à p. Considérons lemorphisme naturel
θ /Br(k)Br(Lp )
00

et notons n l’ordre de θ(α). On vient de voir que n 6= 1, mais maintenant comme L0est neutralisante pour α elle l’est aussi pour θ(α) et donc, comme n est un diviseurde Ind(θ(α)) et que cet entier est lui-même un diviseur de [L : Lp ], on en déduit que
0n = ph (pour un certain entier h ≥ 1). Maintenant, comme θ est un morphisme,0
on a n |n et, par suite, on a bien p|n.
——–
Cet encadrement (fort pratique pour déterminer l’ordre d’un élément d’ungroupe de Brauer quand son indice est radicalaire!) ouvre un certain nombre dequestions relatives au rapport qui existe entre n et d. Par exemple :Question 1.— Existe-t-il une fonction f : N∗ −→ N∗ telle que pour tout corps
k et tout élément α ∈ Br(k) d’ordre n et d’indice d on ait d|f (n) (ou même plus
simplement d ≤ f (n))?
Question 2.— Etant donné un entier d ≥ 1 et un entier n ≥ 1 tels que rad(d)|n|d,existe-t-il un corps k et un élément α ∈ Br(k) d’ordre n et d’indice d?

1

Question 3.— Existe-t-il un corps k tel que, pour tout entier d ≥ 1 et tout entiern ≥ 1 tels que rad(d)|n|d, il existe un élément α ∈ Br(k) d’ordre n et d’indice d?
(question 2 uniforme).
2.— Un exemple où l’indice diffère de l’ordre.
Notations.
• k un corps commutatif de caractéristique nulle.
• N la norme d’une extension donnée.
• (1 + Mk ) le groupe des unités principales de k((T )).
Lemme 1.— Soit L/k une extension quadratique et G = {Id, c} son groupe deGalois. Le groupe de cohomologie galoisienne H 2 (L/k) est biunivoquement décrit
par la famille de 2-cocyles
Id c
Id 1 1c1 ωoù les ω parcourent une classe de représentants du groupe quotientk∗.
N (L∗ )

Preuve : Il s’agit là d’un calcul très classique que nous ne détaillons pas.
——–Lemme 2.— Soit L/k une extension de degré n. Le groupe de la norme, N (L((T ))∗ )de l’extension L((T ))/k((T )) est isomorphe au produit
N (L∗ ) × nZ × (1 + Mk )En conséquence de quoi, le groupe quotientk∗Z×.
N (L∗ ) nZk((T ))∗s’identifie au produit
N (L((T ))∗ )Preuve : On peut écrire tout élément S = ai T i + ai+1 T i+1 + · · · ∈ L((T ))∗ , devaluation i ∈ Z, sous la forme unique
S = ai T i S0
où S0 ∈ (1 + ML ). On en déduit que L((T ))∗ s’identifie au produit L∗ × Z ×(1 + ML ). Le passage à la norme donne donc, facteur par facteur,N (L∗ ) × nZ × N (1 + ML )Il faut donc montrer que N (1 + ML ) = (1 + Mk ). Mais comme 1n = 1, toutélément de (1 + Mk ) admet une racine n-ème et donc, on a déjà N (1 + Mk ) =(1 + Mk ).
La décomposition L((T ))∗ ' L∗ × Z × (1 + ML ) s’envoie facteur par facteur,par la norme, sur la décomposition N (L((T ))∗ ) ' N (L∗ ) × nZ × (1 + Mk ) et donc
par passage au quotient, on obtientk((T ))∗k ∗ × Z × (1 + Mk )k∗Z''×
N (L((T ))∗ )N (L∗ ) × nZ × (1 + Mk )N (L∗ ) nZ
Une classe de représentants dans k((T ))∗ du facteur2Zétant donc {1, T, · · · , T n−1 }.
nZ

——–Lemme 3.— Soit S = a0 T n + a1 T n+1 + · · · ∈ k((T )), on a l’équivalencen = v(S) ∈ 2Z2S ∈ k((T )) ⇐⇒a0 ∈ k 2
Preuve : Immédiat.
——–k((T ))∗√Lemme 4.— Soit α ∈ k, le groupe quotients’identifie canoniqueN (k(( αT ))∗ )k∗ment au quotient ∗2 .
k√Preuve : Si S = S0 + S1 αx avec S0 , S1 ∈ k((x)), on a N (S) = S02 − αxS1 (x).
On en déduit, grace au lemme précédent que pour une série s ∈ k((x)), on a v(s) ∈ 2Z et a0 ∈ k 2√∗ous ∈ N (k(( αx)) ⇐⇒v(s) ∈/ 2Z et a0 ∈ −αk 2k((x))∗√au sousN (k(( αx))∗ )groupe k ∗ est surjective. En effet, si a0 désigne le premier terme non nul d’une séries ∈ k((x))∗ alors si v(s) est paire (resp. impaire) alors a0 √(resp. −a0 /α) a mêmeimage que s par la surjection. Maintenant, comme N (k(( αx))∗ ∩ k ∗ = k ∗2 , on
déduit de la suite exacte
On en déduit que la restriction de la surjection k((x))∗ −→√1 −→ N (k(( αx))∗ ) −→ k((x))∗ −→la suite exacte
1 −→ k ∗2 −→ k ∗ −→k((x))∗√−→ 1N (k(( αx))∗ )k((x))∗√−→ 1N (k(( αx))∗ )——–

Lemme 5.— Le groupe de Galois absolu de R((x))((y)) est isomorphe au produitZb×Zb . Il est librement engendré par trois involutions. Enn Z
semi-direct
2Z
conséquence de quoi, 4Z
1/ On a Br (R((x))((y))) '.
2Z
2/ Le corps R((x))((y)) possède exactement 7 extensions quadratiques qui sont lescorps√√√
C((x))((y)) R(( ±x))((y))R((x))(( ±y)) R((x))(( ±xy))ha=6R((x))((y))
corps que nous noterons dans la suite Ki pour i = 1, · · · , 7.

3

Preuve : On trouvera dans [D] une preuve de la première partie de ce lemme ainsi
que de la propriété 1/. Pour le 2/ il suffit de constater que Γ, le groupe de Galois
absolu de R((x))((y)), étant librement engendré par trois involutions c0 , c1 , c2 , lesZZcorrespondent aux applications {c0 , c1 , c2 } −→qui sontmorphismes Γ −→2Z2Z
au nombre de 8. Il y en a 7 qui sont surjectives et qui fournissent les corps énoncés.
——–Les éléments non triviaux de Br R((x))((y)) sont donc tous d’ordre 2 (lemme5). Si un élément de Br R((x))((y)) est d’indice 2 alors il possède un corps neutralisant de degré 2 sur R((x))((y)) et ce corps est donc un des Ki .
Réciproquement, un élément de Br R((x))((y)) , neutralisé par Ki pour uncertain i = 1, · · · , 7, est un élément de H 2 Ki /R((x))((y)) . Nous allons dans la
suite calculer explicitement des H 2 Ki /R((x))((y)) et montrer que7[
H 2 Ki /R((x))((y)) 6= Br R((x))((y))

i=1ce qui prouvera que Br R((x))((y)) possède des éléments d’indice au moins 4.
Dans un soucis de lisibilité, nous noterons plus simplement
dans les calculs quivont suivre H 2 (Ki ) à la place de H 2 Ki /R((x))((y)) .
• Calcul de H 2 C((x))((y)) .
On applique les lemmes 1 et 2 :
H 2 C((x))((y))'''R((x))∗
ZR((x))((y))∗'×∗N (C((x))((y)) )N (C((x))∗ ) 2ZZZR∗
Z
Z
R∗
××=××
∗
∗2N (C ) 2Z 2Z
R2Z 2ZZZZ××
2Z 2Z 2ZCe qui fournit 8 éléments de Br (R((x))((y))).
 √• Calcul de H 2 R(( x))((y)) .
On applique les lemmes 1, 2 et 4 :
√
H 2 R(( x))((y))''R((x))((y))∗R((x))∗
Z√√ ∗ ×'∗
N (R(( x))((y)) )N (R(( x)) ) 2ZR∗ZZZ×'×R∗22Z2Z 2Z

Ceci donne donc quatre éléments D1 , · · · , D4 de Br (R((x))((y))) que nous allons
R((x))((y))∗√
est, parexaminer de plus près. Une classe de représentants deN (R(( x))((y))∗ )exemple, {±1, ±y}.
√1) Pour l’élément −1, le corps C correspondant est un R(( x))((y))-espace vectoriel
gauche de dimension 2 (de base formelle le groupe de Galois G = {Id, c}) et dont4

le produit est donné par000000(S.Id + T.c)(S .Id + T .c) = (SS − T T c ).Id + (ST + T S c ).c√Ceci assure en particulier que c2 = −1 et donc que −1 ∈ D. On en déduit quele corps C((x))((y)) est un sous-corps de D, qui est neutralisant pour des raisonsde dimension.
Ainsi, la classe du corps C correspondant à l’élément −1 figure déjà2dans H C((x))((y)) .
√2) Pour l’élément y, le le corps C correspondant est un R(( x))((y))-espace vectoriel
gauche de dimension 2 (de base formelle le groupe de Galois G = {Id, c}) et dont
le produit est donné par000000(S.Id + T.c)(S .Id + T .c) = (SS + T T c y).Id + (ST + T S c ).c
La classe de C figure dans H 2 C((x))((y)) si et seulement si il existe un élément√dans C de carré égal à −1, c’est-à-dire si et seulement si il existe S, T ∈ R(( x))((y))
tels que 2
S + T T c y = −1
ST + T S c = 0
Les valuations y-adiques de S 2 est paire et celle de T T c y est impaire, on en déduit
donc que S est de valuation nulle et que sont terme constant a0 √vérifie a20 = −1.
Autrement dit, sous ces hypothèses, −1 serait un carré dans R(( x)), ce qui est
absurde.
3) Pour l’élément −y on arrive,de même, à la conclusion que la classe associée ne2figure pas dans H C((x))((y)) .
√En résumé, sur les quatre éléments donnés par H 2 R(( x))((y)) , deux figurentdéjà dans H 2 C((x))((y)) et deux autres sont nouveaux.
√• Calcul de H 2 R(( −x))((y)) .
Le même raisonnement que précédemment montre que√ZZ
H 2 R(( −x))((y)) '×2Z 2ZR((x))((y))∗√Une classe de représentants deest toujours {±1, ±y}.
N (R(( x))((y))∗ )1) Pourl’élément −1, la classe du corps C correspondant est déjà représentée dans
H 2 C((x))((y))).

√2) Pour l’élément y, le corps C correspondant est un R(( x))((y))-espace vectoriel
gauche de dimension 2 (de base formelle le groupe de Galois G = {Id, c}) et dont
le produit est donné par000000(S.Id + T.c)(S .Id + T .c) = (SS + T T c y).Id + (ST + T S c ).c√
Pour les même raisons que dans le cas de R(( x))((y)), la classe deC ne√figure pas dans H 2 C((x))((y)) . Regardons maintenant si elle figure dans H 2 R(( x))((y)) .
C’est le cas si et seulement si il existe un √élément dans C de carré égal à x, c’est-àdire si et seulement si il existe S, T ∈ R(( x))((y)) tels que
 2
S + T T cy = x
ST + T S c = 05

En raisonnant à nouveau sur les valuations y-adiques de S 2 et de T T c y, on voitque√l’existence d’une solution à ce système impliquerait que x soit
√ un carré dansétant R(( −x)), ce qui impliquerait alors que −1 soit un carré dans R(( −x)).
 Ceci√2absurde, on en déduit que la classe de C ne figure pas non plus dans H R(( x))((y)) .
3) Pour l’élément −y, on montre exactementde la mêmefacon quedu corps la classe
√
22C correspondant ne figure ni dans H C((x))((y)) ni dans H R(( x))((y)) .
√
En résumé, sur les quatre éléments donnés par H 2 R(( x))((y)) seulement√
deux ne figurent pas dans H 2 C((x))((y)) ∪ H 2 R(( x))((y)) .
√ • Calcul de H 2 R((x))(( y)) .
On applique les lemmes 1 et 2 :√ 
H 2 R((x))(( y)) 'ZR((x))((y))∗R((x))∗
Z'×√ ∗ 'N (R((x))(( y)) )R((x))∗22Z 2Z

Ceci donne donc quatre éléments D1 , · · · , D4 de Br (R((x))((y))) que nous allons
R((x))∗
est, par exemple,examiner de plus près. Une classe de représentants deR((x))∗2√{±1, ±x}. Pour ω ∈ {±1, ±x} fixé, le corps Di correspondant est un R((x))(( y))espace vectoriel gauche de dimension 2 (de base formelle le groupe de Galois G ={Id, c}) et dont le produit est donné par0000(S.Id + T.c)(S .Id + T .c) = (SS + ωT T 0 ).Id + (ST + T S 0 ).c√√
On en déduit que c2 = ω et donc que ω ∈ Di .√Maintenant, pour ω 6= 1, on a ω ∈/R((x))((y)). Ainsi, le corps Ω = R((x))((y))( ω) est une extension commutativede degré 2 et puisque Di est un corps de dimension 4, on en déduit qu’il s’agit d’uneextension neutralisante de Di . On aωΩ−1C((x))((y))√x R((√ x))((y))−x R(( −x))((y))
√et donc tous les Di sont représentés dans la réunion H 2 C((x))((y)) ∪H 2 R(( x))((y)) ∪
√
H 2 R(( −x))((y)) .




√
√
• Calcul de H 2 R((x))(( −y)) , H 2 R((x))(( ±xy)) .
quatreLe même calcul que précédemment montre que chacun de ces H 2 contient
2éléments et que chacun de ces éléments figurent déjà dans la réunion H C((x))((y)) ∪
√√
H 2 R(( x))((y)) ∪ H 2 R(( −x))((y)) .
——–On déduit de l’étude précédente que7[√√H 2 Ki ) = H 2 C((x))((y)) ∪ H 2 R(( x))((y)) ∪ H 2 R(( −x))((y))

i=16et que cette réunion compte exactement 8 + 2 + 2 = 12 éléments. Il existe donc
exactement quatre éléments de Br (R((x))((y))) qui sont d’ordre 2 et d’indice 6= 2.
En fait, le indice des ces quatre éléments est exactement 4. Pour montrer cedernier résultat, il suffit d’exhiber pour chacun d’eux un corps neutralisant de degré
4 sur√ R((x))((y))). Cette propriété est en fait obtenue uniformément pour le corps
C(( x))((y))). En effet, on le treillis d’extensions√C(( x))((y))
6Oh√
R(( x))((y))
hC((x))((y))
O√
R(( −x))((y))
6R((x))((y))√et donc le noyau N de l’application Br(R((x))((y))) −→ Br(C( x))((y))) contientles douze élémentsl’ordre de d’indice 2 de Br(R((x))((y))). Maintenant, N di-vise l’ordre de Br R((x))((y)) qui vaut 16 et donc N = Br R((x))((y)) . Ainsi,√C(( x))((y))) neutralisent tous les éléments de Br R((x))((y)) .

Bibliographie[D] Bruno Deschamps, Clôture totalement réelle des corps de nombres ordonnables,Manuscripta Mathematica 100, 291-304 (1999).

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