Le saviez-vous ?

Le recours à $F_{p^2}$ reste puisque l'existence de non-carrés est purement combinatoire. Au reste, l'existence de $F_p\subset F_{p^2}\subset F_{p^4}$ (tour d'extensions quadratiques) pourrait fort bien remplacer la réciprocité quadratique invoquée initialement pour éjecter les $p=5k\pm2$, si toutefois on que le groupe multiplicatif $K^*$ d'un corps fini est cyclique.

Remarque : $\zeta - \overline{\zeta} \in \mathbb{F}_p$ équivaut à $\zeta \in \mathbb{F}_p$ (compte-tenu des hypothèses). Très bien vu, fb !

Cordialement, fabert

Les calculs restent à vérifier ! Bonne lecture...

\def\dlf{de la forme\ } $P(2)=61$, premier, et $P(5)=2311$, \'egalement premier, l'un et l'autre \dlf $5k+1$. Nous supposons
d\'esormais que $p$ est un entier premier $\neq2\neq5$\\\\
{\bf1. Discussion de l'\'equation $p(x)=x^4-2x^3+4x^2-3x+\displaystyle\frac{11}{5}=0$}\\
$x^4-2x^3+4x^2-3x+\displaystyle\frac{11}{5}=(x^2-x+\displaystyle\frac{3}{2})^2-\dfrac{5}{100}$. Donc,
$p$ admet des z\'eros ssi~: \begin{itemize}\item L'entier $5$ est un carr\'e dans $F_p$ ; \item Le
discriminant~$\Delta_\varepsilon$ de l'\'equation
$x^2-x+\displaystyle\frac{3}{2}+\varepsilon\displaystyle\frac{\sqrt5}{10}$ est un carr\'e dans $F_p$.
\end{itemize}
{\bf2. Lien avec les racines cinqui\`emes de l'unit\'e}\\
Le calcul donne $\Delta_\varepsilon=\displaystyle\frac{-2\varepsilon\sqrt5-25}{5}$. Montrons que les
deux conditions {\em supra} sont r\'eunies ssi $F_p$ contient les racines cinqui\`emes de~$1$. En effet,
la r\'esolution de l'\'equation r\'eciproque $x^4+x^3+x^2+x+1=0$ conduit \`a l'\'equation r\'esolvante
$X^2+X-1=0$ (dont le discriminant est $5$), avec $X=x+\displaystyle\frac{1}{x}$, puis \`a la
r\'esolution de $x+\displaystyle\frac{1}{x}=\omega$, o\`u
$\omega=\displaystyle\frac{-1+\varepsilon\sqrt5}{2}$, dont le discriminant est
$\delta_\varepsilon=\omega^2-4=\displaystyle\frac{-10-2\varepsilon\sqrt5}{4}$. Si~$5$ {\em n'est pas} un
carr\'e, aucune de ces deux \'equations n'a de racine, et $p$ n'a pas de z\'ero non plus. Supposons
que~$5$ en est un. Dans ce cas, de toute fa\c{c}on, $\delta_+\times\delta_-=5$ est un carr\'e, et de
m\^eme $\Delta_+\times\Delta_-=\displaystyle\frac{11^2}{5}$ \'egalement. Reste donc \`a \'etablir que
$\Delta_+$ est un carr\'e ssi $\delta_+$ en est un. Or, cela r\'esulte de la formule
$$\delta_+\Delta_+=\displaystyle\frac{270+70\sqrt5}{20}=\displaystyle\frac{(5+7\sqrt5)^2}{2^2\times5}$$ qui est un carr\'e.\\\\
En conclusion, $p$ admet des z\'eros dans $F_p$ ssi $F_p$ contient les racines cinqui\`emes de~$1$. Or,
le groupe multiplicatif $F_p^*$ est cyclique de cardinal $p-1$ et la condition \'equivaut donc \`a
$5|(p-1)$, QED.\\\\
{\bf3. Annexe : $5$ est-il un carr\'e }\\\\
Que $5$ et $\delta_\varepsilon$ soient ou non des carr\'es, nous sommes s\^ur vu {\bf2.} qu'une racine
cinqui\`eme de~$1$, not\'ee $\alpha\neq1$, existe dans la tour d'extensions quadratiques $F_p\subset
F_{p^2}\subset F_{p^4}$. Or, $\alpha+\alpha^4=\displaystyle\frac{-1\pm\sqrt5}{4}$. Donc, $5$ est un
carr\'e dans $F_p$ ssi $\alpha+\alpha^4\in F_p$ ssi
$(\alpha+\alpha^4)^p=\alpha^p+\alpha^{4p}=\alpha+\alpha^4$. Or, si $p=5k+\ell$, $\alpha^p=\alpha^\ell$
et $\alpha^{4p}=\alpha^{4\ell}$ et une disjonction de cas montre que
$\alpha^{\ell}+\alpha^{4\ell}=\alpha+\alpha^4$ ssi $\ell\in\{1,\,4\}$.

Erratum : lire au {\bf3} $\alpha+\alpha^4=\displaystyle\frac{-1\pm\sqrt5}{2}$ et non $\alpha+\alpha^4=\displaystyle\frac{-1\pm\sqrt5}{4}$

Encore un erratum, en espérant que ce soit le dernier : ce n'est pas en considérant $P(2)$ et $P(5)$ que l'on exclut les cas $p=2$ ou $p=5$, mais en vérifiant directement que $P$ n'a pas de zéros dans $F_p$ pour ces deux valeurs.

Une petite remarque: ta démonstration ne fait pas apparaître le fait suivant qui apporte, me semble-t-il, une information supplémentaire : les racines complexes du polynôme initial $P$ appartiennent au corps $\Q(\zeta)$ engendré par $\zeta=e^{\frac{2i\pi}{5}}$, ce qui n'est pas évident a priori vu la tête du polynôme...

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Bonjour, fb,
c'est exact, mais je garde encore cela sous le coude car j'essaie de voir s'il existe une transformation rationnelle dans $\Q(X)$ qui fasse passer de $P_0=X^4+X^3+X^2+X+1$ à $P$. Un bon candidat serait pour moi de la forme $Y=\displaystyle\frac{\varphi_1(X)}{(X-1)\varphi_2(X)}$ car, pour $p=5$, la racine quadruple $1$ de $P_0$ est puisque le degré de $P$ s'abaisse à $0$. En revanche, si cette transformation existe, je ne pense pas qu'elle puisse être homographique car, pour $p=11$, aux quatre zéros distincts de $P_0$ correspondent deux zéros simples et un double : l'homographie ne pourrait alors être injective, or, une telle homographie est alors constante ce qui ne va pas non plus.

Bonsoir, fb,
nos preuves sont désormais élémentaires, dans toutes les acceptions énoncées {\em supra}, mais, me semble-t-il, encore incomplètes ! Qu'avons-nous en effet établi ? Si un premier $p$ divise un $P(m)$, alors $m$ annule $P$ dans $F_p$ et donc $p=5k+1$. Mais... qu'en est-il si $P(m)$ {\bf n'a pas} de diviseurs premiers ? Mit anderen Worten, il faut encore exclure que $P(m)=\pm1$, ce que l'on fait aisément puisque la recherche de solutions entières d'un telle équation se ramène à un nombre de tentatives.

Sehr geehrter fp,
oui, sans doute : partons de $p_0=(X^5-1)/(X-1)$. Transformons-le par $y=x/(x-1)$ afin de supprimer l'annulation indésirable dans $F_5$. Cela donne le polynôme $p_1(y)=1-5y+10y^2-10y^3+5y^4$ qui a l'indélicatesse de prendre la valeur $\pm1$ en certains points, en $0$ par exemple. Mézalor le polynôme $11\times p_1$ convient.

Ce procédé devrait permettre de trouver $q$ tel que $q(m)$ ait tous ses diviseurs de la forme $2006k+1$...