Équations polynomiales, du local au global
Bonjour,
Dans ce fil, on s'est notamment intéressé aux polynômes $P$ unitaires à coefficients entiers vérifiant la propriété suivante :
l'équation $P(x)=0$ n'a pas de solutions de $Z$, mais a une solution dans tout anneau (unitaire) fini.
Deux candidats ont été proposés:
1)$P(X)=(X^2+1)(X^2-7)(X^2+7)$ (edit: faux, voir post plus bas. Exemple qui marche:$P(X)=(X^2-2)(X^2-17)(X^2-34)$)
2)$P(X)=(X^2+23)(X^3-X-1)$
Exercice: Montrer que ces deux polynômes fonctionnent, i.e. ils ont une racine dans tout anneau fini mais pas dans $\Z$
Question: Peut-on trouver d'autres polynômes vérifiant la propriété, de degré inférieur (4 ou moins, donc) ?
Dans ce fil, on s'est notamment intéressé aux polynômes $P$ unitaires à coefficients entiers vérifiant la propriété suivante :
l'équation $P(x)=0$ n'a pas de solutions de $Z$, mais a une solution dans tout anneau (unitaire) fini.
Deux candidats ont été proposés:
1)$P(X)=(X^2+1)(X^2-7)(X^2+7)$ (edit: faux, voir post plus bas. Exemple qui marche:$P(X)=(X^2-2)(X^2-17)(X^2-34)$)
2)$P(X)=(X^2+23)(X^3-X-1)$
Exercice: Montrer que ces deux polynômes fonctionnent, i.e. ils ont une racine dans tout anneau fini mais pas dans $\Z$
Question: Peut-on trouver d'autres polynômes vérifiant la propriété, de degré inférieur (4 ou moins, donc) ?
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Réponses
Je profite du up pour dire que j'ai édité le 1er post pour rajouter que $P$ doit être unitaire, sinon y a des exemple bébêtes, genre $P(X)=(2X-1)(3X-1)$.
Au passage, il serait intéressant aussi de trouver des exemples irréductibles sur $\mathbb Z$, peu importe son degré.
Lemme : Soit $P$ un polynôme à coefficients entiers. Alors sont équivalentes les trois assertions suivantes :
1) $P$ a une racine dans tout anneau unitaire fini.
2) Pour tout nombre premier $p$, et tout entier $n$ non nul, $P$ a une racine dans $\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}$.
Démonstration : 1) $\Rightarrow$ 2) est évident. Pour l'autre sens, soit $A$ un anneau unitaire fini. Soit $\phi$ l'unique morphisme d'anneaux $\mathbb{Z} \rightarrow A$ envoyant $1$ sur $1$. Comme $A$ est fini, il ne peut être injectif. Il existe alors $n \in \mathbb{N}^*$ tel que son noyau soit $n\mathbb{Z}$. $\phi$ passe alors au quotient en une $\overline{\phi} : \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \rightarrow A$.
Supposons que $P$ ait une racine $x$ dans $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ (on va démontrer plus loin que c'est le cas si 2) est vérifiée). Alors l'évaluation de $P$ sur $\overline{\phi}(x)$ dans $A$ est l'image par $\phi$ de l'évaluation de $P$ sur $x$ dans $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$, qui est $0$. Donc $\overline{\phi}(x)$ est une racine de $P$ dans $A$, et donc on a fini.
Démontrons ce qu'il manquait, à savoir que 2) implique que $P$ a une racine dans $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$. C'est presque immédiat via le théorème chinois : en effet, $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ est isomorphe à un produit de $\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}$. De plus, il est clair qu'un polynôme a une racine dans un produit d'anneaux si et seulement s'il a une racine dans tous les anneaux du produit.
Fin de la démonstration du lemme.
Maintenant, on peut conclure sur le polynôme-exemple. Soit $p$ un nombre premier et $n$ un entier non nul. Notons que l'on sait que les inversibles de $\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}$ sont les classes des entiers qui sont premiers à $p^n$. Alors, si $p$ est différent de $2$, $2$ est premier à $p^n$ et alors $2$ est inversible dans $\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}$, d'inverse $x$. On a alors $P(x) = 0$ dans $\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}$, ce qui donne une racine de $P$. Sinon, si $p$ est $2$, alors $3$ est premier à $p^n$, $3$ est donc inversible dans $\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}$, et $P$ a alors également une racine dans $\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}$.
Comme beaucoup de choses en mathematiques: c'est bébête mais seulement après qu'on y ait réfléchi très longtemps. :-P
C'est très bien. En fait, peut importe le P dont on veut prouver qu'il a une racine dans tout anneau fini, il est naturel de procéder par étapes:
1)P a une racine dans tout Z/pZ, p premier
2)P a une racine dans tout Z/p^kZ, p premier
3)P a une racine dans tout Z/nZ
4)P a une racine dans tout anneau fini
Ce que montre Georges, c'est qu'on a automatiquement 2)=>3) (par le lemme des chinois) et 3)=>4) (par le fait qu'un anneau fini contient toujours un Z/nZ).
1)=>2) par contre n'est pas toujours vrai, mais marche dans certains cas.
Tout ça pour dire qu'une fois qu'on obtient 1) pour un polynome P, on est en bonne voie
*mode cc on
Message écrit de mon tel
*mode cc off
J'essaie de voir au plus vite si j'arrive à en créer une variante qui marche.
Avec le second, $(X^2+23)(X^3-X-1)$, il n'y a pas de problèmes (j'espère !).
En page 3 de la traduction française (1966) par les Verley de "Théorie des Nombres (Borevitch et Chafarevitch)" on trouve l'exemple
$(x^2-13)(x^2-17)(x^2-13*17)$.
Cordialement
Paul
Etes-vous d'accord avec la proposition suivante où $a$ et $b$ sont des entiers relatifs:
Pour que la congruence $(x^2-a)(x^2-b)(x^2-ab)=0$ (mod $m$) ait une solution pour tout $m$ naturel, il faut et il suffit qu'elle en ait une pour tout $m$ premier impair et $8$?
Je crois savoir la prouver mais prends la précaution du feignant: mieux vaut se faire casser tout de suite qu'après s'être épuisé à chercher les lettres sur son clavier!
Cordialement
Paul
dépasse http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1647884,1652978#msg-1652978
Super, ça marche. Dans le même genre en $n$ un petit peu plus petit, je crois que $(X^2-2)(X^2-17)(X^2-34)$ marche aussi.
dépassé http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1647884,1653332#msg-1653332
> Pour que la congruence $(x^2-a)(x^2-b)(x^2-ab)=0$ (mod $m$) ait une solution pour tout $m$ naturel,
> il faut et il suffit qu'elle en ait une pour tout $m$ premier impair et 8 ?
Le fait que il y ait une solution pour $m$ premier est une conséquence des fait élémentaires sur les résidus quadratiques: si $a$ et $b$ ne sont pas des carrés modulo $m$ premier, alors $ab$ est un carré. Donc pas sûr que c'est ce que tu as voulu dire.
L'étude modulo 8 est importante en effet, mais il faut un peu plus fort que l'existence d'une racine modulo 8.
Après je n'ai pas réfléchi plus que ça à une caractérisation comme tu demandes, seulement à des conditions suffisantes, je ne sais pas s'il y a une caractérisation simple.
Comme tu le dis, il est connu que modulo n'importe quel $p$ premier, pour tous $a$ et $b$ entiers relatifs,
la congruence $(x^2-a)(x^2-b)(x^2-ab)=0$ modulo $p$ a une solution car l'un au moins des trois nombres $a,b,ab$ (appelons le $c$) est un carré modulo $p$.
Par ailleurs, si $p$ est un premier impair et $c$ un carré non nul modulo $p$, alors, pour tout $k$ naturel, $c$ est un carré modulo $p^k$.
J'ai zappé ce "non nul " et conclu, à tort, que modulo n'importe quel $p$ premier impair, pour tous $a$ et $b$ relatifs, pour tout $k$ naturel, la congruence $(x^2-a)(x^2-b)(x^2-ab)=0$ modulo $p^k$ avait une solution.
C'est une première erreur.
Il me reste à regarder le cas $p=2$.
Merci encore
Paul
Dans le cas où $a$ et $b$ sont des nombres premiers, je pense que $(X^2-a)(X^2-b)(X^2-ab)$ a une racine modulo m pour tout m si et seulement si a et b sont distincts et:
1) a est un carré modulo b, et b est un carré modulo a
2)Soit a, soit b, soit ab est congru à 1 modulo 8
Par exemple: $P(X)=(X^2-13)(X^2-17)(X^2-13*17)$: $17=2^2 \mod 13$, $13=8^2 \mod 17$ et $17=1 \mod 8$
Ou encore: $P(X)=(X^2-2)(X^2-17)(X^2-34)$: $17=1^2 \mod 2$, $2=6^2 \mod 17$ et $17=1 \mod 8$
Cordialement
Paul
Rappel de l'énoncé:
Si $a$ et $b$ sont des nombres entiers premiers distincts, alors le polynome $P(X)=(X^2-a)(X^2-b)(X^2-ab)$ a une racine dans tout anneau fini si et seulement si les conditions suivantes sont satisfaites:
1) $a$ est un carré dans $\Z/b\Z$, et $b$ est un carré dans $\Z/a\Z$.
2)Au moins l'un des trois nombres $a$, $b$ ou $ab$ est congru à $1$ modulo $8$
Si les conditions sont vérifiées :
La condition 1) donne, par le lemme de Hensel et le fait que $a\neq b$ le polynôme a une racine dans $\Z/a^n\Z$ et $\Z/b^m\Z$ pour tous $m,n$.
Soit $p$ un nombre premier distinct de $a,b,2$. Toujours par le lemme de Hensel il suffit de trouver une racine modulo $p$ (car $p \neq a,b, 2$ donc si $r$ est racine de $X^2-a$ ou $X^2-b$ ou $X^2-ab$, alors $r$ ne peut être nul modulo $p$ et donc $2r$ ne peut être nul modulo $p$), donc de voir que $a,b$ ou $ab$ est un carré modulo $p$.
Soit plus généralement $G$ un groupe cyclique, on veut montrer que l'un au moins de $x,y,x+y$ est de la forme $2z$ pour un $z\in G$.
Ecrivons $G=\langle \sigma \rangle, x= n\sigma, y=m\sigma$ et alors $x+y = (n+m)\sigma$. Si $n$ ou $m$ est pair, c'est bon. Sinon, les deux sont impairs, mais alors leur somme est paire et donc c'est aussi bon.
On applique ce lemme à $G= (\Z/p\Z)^\times$ qui est cyclique, et donc $a,b$ ou $ab$ est un carré modulo $p$.
Donc on a gagné pour les premiers différents de $2$: il me manque les puissances de $2$ (on obtient tout jusqu'à $\alpha =3$ naturellement par la condition 2; mais Hensel ne peut malheureusement plus nous aider).
Pour celles-ci, je note $C_n$ l'ensemble des carrés d'inversibles modulo $2^n$, et $c_n$ la mise au carré sur $(\Z/2^n\Z)^\times$. Nous avons alors $\pi\circ c_n = c_3\circ \pi$, où $\pi: (\Z/2^n\Z)^\times \to (\Z/8\Z)^\times$ est la projection canonique (qui est surjective). En particulier, $C_n \subset \mathrm{Ker}\pi$, car $C_3 =\{1\}$.
Mais comme $\pi$ est surjective, on sait que $|\mathrm{Ker}\pi|= \frac{2^{n-1}}{2^{3-1}} = 2^{n-3}$. Mais on se rend aussi assez facilement compte que $|C_n|= 2^{n-3}$ pour $n\geq 3$ (il suffit de remarquer que $c_n : (\Z/2^n\Z)^\times \to C_n$ est surjective et que son noyau est de cardinal $4$ pour $n\geq 3$, pour ceci on peut simplement calculer les solutions de $x^2=1$ modulo $2^n$); donc finalement $C_n = \mathrm{Ker}\pi$. Cela impose en particulier que celui de $a,b, ab$ qui est congru à $1$ modulo $8$ soit un carré modulo $2^n$, et on a donc une racine dans $\Z/2^n\Z$.
Voilà il me manque simplement le cas $a=2$ (ou symétriquement $b=2$ mais les 2 sont les mêmes évidemment puisque $a,b$ sont distincts), et donc $b=1$ modulo $8$; que je ne vois pas encore trop comment résoudre
EDIT: je suis bête, le cas $a=2$ est traité dans le cas des $\Z/2^n\Z$ !
(et la réciproque; mais elle m'intéresse moins :-D )
Mais j'ai beaucoup utilisé le lemme de Hensel: peut-on s'en passer ?
(je précise mes applications de ce lemme d'ailleurs :
Modulo $a^n$: $b$ est un carré modulo $a$ donc il existe $c$, racine de $X^2-b$ dans $\Z/a\Z$. Mais comme $b\neq a$, $c\neq 0$ donc comme $a$ est impair $2c\neq 0$, or $2X= (X^2-b)'$: le lemme de Hensel s'applique et on peut relever $c$ modulo $\Z/a^n\Z$ pour tout $n$ en une racine de $X^2-b$.
De même pour modulo $b^n$. )
Le lemme de Hensel est bien naturel. Personnellement, ne le connaissant pas avant d'avoir fait quelques recherches, je l'avais retrouvé à la main:
Proposition: soit $y$ un entier et soit $p$ un nombre premier tel que $p\not=2$ et $p\not\mid y$. Si $y$ est un carré dans $\Z/p\Z$ et , alors $y$ est un carré dans $\Z/p^k\Z$ pour tout $k$.
Démonstration: récurrence sur $k$. Le cas $k=1$ est vrai par hypothése. Soit $k\geq 1$, et supposons que $y$ est un carré dans $\Z/p^k\Z$. Il existe donc un entier $x$ tel que $x^2=y \mod p^k$. On a alors, pour un certain entier $a$, $x^2=y+ap^k \mod p^{k+1}$.
Posant $x_1=x+b p^k$ pour un certain $b$ à choisir, on a $x_1^2=x^2+2bxp^k \mod p^{k+1}=y+(a+2bx)p^k \mod p^{k+1}$. Or $2x\not=0 \mod p$ (car par hypothèses, dans $\Z/p\Z$: $2\not=0$ et $x^2=y\not=0$), donc on peut choisir $b$ tel que $a+2bx=0 \mod p$, ce qui donne $x_1^2=y \mod p^{k+1}$, et donc $y$ est un carré dans $\Z/p^{k+1}\Z$.
L'avantage c'est que le cas $p=2$ s'obtient avec presque la même preuve:
Proposition: soit $y$ un entier impair. Si $y$ est un carré dans $\Z/8\Z$ et , alors $y$ est un carré dans $\Z/2^k\Z$ pour tout $k$.
Démonstration: récurrence sur $k$. Le cas $k\leq 3$ est vrai par hypothése. Soit $k\geq 3$, et supposons que $y$ est un carré dans $\Z/2^k\Z$. Il existe donc un entier $x$ tel que $x^2=y \mod 2^k$. On a alors, pour un certain $a\in\{0,1\}$, $x^2=y+a2^k \mod 2^{k+1}$.
Posant $x_1=x+b 2^{k-1}$ (noter la différence sur l'exposant avec la preuve précédente) pour un certain $b\in\{0,1\}$ à choisir, on a $x_1^2=x^2+bx2^k+b^22^{2k-2}=x^2+bx2^k \mod 2^{k+1}=y+(a+bx)2^k \mod 2^{k+1}$. (on a utilisé ici que $k\geq 3$ pour dire que $2^{2k-2}=0 \mod 2^{k+1}$). Or $x$ est impair (car dans $\Z/2\Z$, $x^2=y=1$) donc on peut choisir $b$ tel que $a+bx=0 \mod 2$, ce qui donne $x_1^2=y \mod 2^{k+1}$, et donc $y$ est un carré dans $\Z/2^{k+1}\Z$
Cela dit, j'aime bien, j'aime bien ta preuve par étude algébrique des morphismes, qui d'ailleurs doit marcher aussi dans le cas $p$ impair, si tu veux réellement te passer du lemme de Hensel.
Voyons voir si j'y arrive pour $p$ impair : Soit $p$ un premier impair, et $n\geq 1$
Soit $C_n(p)$ l'ensemble des carrés inversibles dans $\Z/p^n\Z$.
Soit $x$ tel que $x^2=1$ modulo $p^n$. Alors $p^n \mid (x-1)(x+1)$. Soit $\alpha, \beta$ respectivement les valuations $p$-adiques de $x-1$ et $x+1$. On a $\alpha + \beta \geq n$. On a alors $p^\alpha k + 2 = p^\beta k'$ pour des entiers $k,k'$. Disons $\alpha \geq \beta$ pour l'instant, alors $p^\beta(k' - p^{\alpha- \beta}k) = 2$. Or $p$ est impair donc $\beta =0$. De même si $\alpha \leq \beta$: $\min\{\alpha, \beta \} = 0$. Donc $\max\{\alpha,\beta \} \geq n$ (dans le cas $p=2$ il y a aussi la possibilité d'avoir $\min = 1$)
Donc $x=1$ ou $-1$. C'est donc une grosse différence avec le cas $p=2$ qui explique pourquoi dans ce dernier on a besoin de $8$.
Il y a donc $\frac{p-1}{2}p^{n-1}$ carrés dans $(\Z/p^n\Z)^\times$.
On a la même factorisation qu'avant : $\pi_{\mid C_n(p)} \circ c_n = c_1 \circ \pi$, et à nouveau la projection canonique est surjective de $C_n(p)$ sur $C_1(p)$. On a donc que $|\mathrm{Ker}\pi \cap C_n(p)| = |\mathrm{Ker}\pi_{\mid C_n(p)}| = p^{n-1}$ et $|\mathrm{Ker}\pi | = p^{n-1}$ car la projection est surjective de $(\Z/p^n\Z)^\times$ sur $(\Z/p\Z)^\times$; donc $\mathrm{Ker}\pi \subset C_n(p)$ et donc tout relèvement d'un carré inversible est un carré.
Tu avais donc raison, ça marche avec $p$ impair aussi ! (et j'aime pas mal ça, plutôt que d'utiliser la bombe Hensel qui casse un peu tout le délire)
:-D
Je rectifie.
Il reste donc juste une question non ouverte.
Prouver que le polynome $P(X)=(X^2+23)(X^3-X-1)$ a une racine dans tout anneau fini.
Indic/rappel: Etant donné un polynome de degré 3 de la forme $X^3+pX+q$ de racines $a,b,c$, une formule classique calcule son discriminant $\Delta=[(a-b)(a-c)(b-c)]^2$ en fonction des coefficients $p$ et $q$: $\Delta=-4p^2-27q^3$
Pas d'autre tentative?
Si je ne dis pas de conneries le polynôme $( x^5 - 2*x^4 + 4*x^3 - 5*x^2 + 2*x + 1) \times (x^2+239)$ doit vérifier la même propriété pour les corps finis. Mais comme je suis en vacance, c'est peut être une connerie :-D
0. Le discriminant de $X^3 - X - 1$ est $-23$.
1. Modulo $2^\bullet$. $b = -23$ est un nombre impair vérifiant $b \equiv 1 \bmod 8$ donc c'est un carré modulo $8$. Direct : $-23$ est le carré de $1$ modulo $8$. Un nombre impair qui est un carré modulo $8$ est un carré modulo $2^k$ pour tout $k \ge 1$. Bilan : $X^2 + 23$ admet une racine modulo $2^k$ pour tout $k \ge 1$.
2. Modulo $23^\bullet$. 3 est racine simple de $X^3 - X-1$ modulo 23. Donc $X^3 - X-1$ admet une racine modulo toutes les puissances de $23$ (remontée de Newton).
3. Modulo $p^\bullet$ pour $p$ premier $\ne 2, 23$.
3.a. Cas $-23$ est un carré modulo $p$. Alors $-23$ est un carré modulo $p^k$ pour $k \ge 1$ (remontée de Newton, bis). Bilan : $X^2 + 23$ admet une racine modulo $p^k$ pour tout $k \ge 1$.
3.b Cas $-23$ n'est pas un carré modulo $p$. Notons $F = X^3 - X - 1$ et $1 \le r \le 3$ le nombre de facteurs irréductibles de $F$ modulo $p$. Le critère de Stickelberger dit :
$$
\left( {\Disc(F) \over p} \right) = (-1)^{\deg F - r} \quad\hbox {i.e.} \quad
\left( {-23 \over p} \right) = (-1)^{3 - r} \quad\hbox {i.e.} \quad
-1 = -(-1)^{r} \quad\hbox {i.e.} \quad \hbox {$r$ est pair}
$$
Et comme $1 \le r \le 3$, c'est que $r=2$. 2 facteurs irréductibles en degré 3 conduit à l'existence d'une racine de $F$ modulo $p$. Donc par remontée de Newton (ter) modulo toute puissance de $p$.
4. Bilan : par le théorème chinois, $(X^2 + 23)(X^3 - X - 1)$ admet une racine dans tout $\Z/n\Z$.
Merci Newton (et Stickelberger que l'on aimerait bien court-circuiter dans ce cas particulier du degré 3).
Le discriminant d'un polynôme $F$ de degré $3$ est $\delta = ((a-b)(a-c)(b-c))^2$. Supposons que $\delta$ n'est pas un carré modulo $p$ et supposons que $F$ soit irréductible.
Alors les trois racines sont dans $\mathbb{F}_{p^3}$ et en particulier $\sqrt{\delta} \in \mathbb{F}_{p^3}$ également mais comme $\sqrt{\delta}$ appartient à $\mathbb{F}_{p^2}$, on en déduit que $\sqrt{\delta} \in \mathbb{F}_p$ ... contradiction.
Sorry Claude, pour les négations, mais je suis en vacance :-D
Bravo Claude (tu) (tu) (tu)
Je ne connaissais pas Stickelberger. Je fais plutôt dans l'idée comme ModuloP, sauf que je pense qu'il y a une confusion: On a $\mathbb{F}_p\subset \mathbb{F}_{p^2}\subset \mathbb{F}_{p^3}$ donc l'argument ne marche pas, ce ne sont pas pas les bons corps à regarder.
Je dis plutot: Si aucune racine $a,b,c$ du polynome $X^3-X-1$ n'est dans $\mathbb{F}_p$, prenons un corps de rupture, disons $K=\mathbb{F}_p[a]$. Alors oeuf corse, $[K:\mathbb{F}_p]=3$. Mais de plus, les autres racines sont obtenues en appliquant l'automorphisme de Frobenius, c'est $a^p$ et $a^{p^2}$. Donc $K$ est en fait un corps de décomposition: il contient donc $a,b,c$, et donc $\sqrt{\delta}$, donc le degré de $\sqrt{\delta}$ divise $3$. Mais comme le degré de $\sqrt{\delta}$ est évidemment inférieur à $2$, on a donc $\sqrt{\delta}\in \mathbb{F}_p$, et on conclut.
Inclusion $\mathbb F_{p^2} \subset \mathbb F_{p^3}$ ? Non surtout pas !
Mais ce que tu racontes apporte des précisions sur le post de moduloP, qui profite du fait qu'il est en vacances pour faire des raisonnements par l'absurde à tire larigot. En vacances, tout est permis. Note : moduloP utilise (sans le dire) le fait que $\mathbb F_{p^2} \cap \mathbb F_{p^3} = \mathbb F_p$. Et si cela se trouve, son intersection (non avouée) est prise dans $\overline {\mathbb F_p}$.
J'ai bêtement pensé $x^{p^2}=x \Rightarrow x^{p^3}=x$...
Bon ben du coup, ma preuve est exactement la même que celle de ModuloP, juste les mots différent (je ne pense pas utiliser mons d'absurde)
Personnellement, je cherche à éviter les raisonnements par l'absurde : cela pourrait m'empêcher de voir s'il y a un loup caché (dans la bergerie). Revenons à cette histoire de polynôme $F \in \F_p[X]$ unitaire de degré 3. Les deux derniers posts (moduloP, Namiswan) démontrent quoi exactement ? du exactement en mon sens. Que si $F$ est irréductible, alors $\Disc(F)$ est un carré dans $\F_p$. Ou encore : ou bien $F$ admet une racine dans $\F_p$ ou bien $\Disc(F)$ est un carré dans $\F_p$.
Ou encore $(X^2 - \Disc(F)) \times F$ admet une racine dans $\mathbb F_p$. Et c'est justement le secret de fabrication de $(X^2 + 23)(X^3 - X - 1)$.
Quelques questions que l'on peut se poser :
1) Peut-on certifier que $F$ est irréductible dans $\F_p[X]$ sans outil de factorisation dans $\F_p[X]$ ? Disons uniquement avec un coup de pgcd.
2) Peut-on réaliser effectivement (et efficacement, à préciser) l'alternative : ou bien $F$ admet une racine dans $\F_p$ ou bien $\Disc(F)$ est un carré dans $\F_p$. Sans percourir tout $\F_p$, sans utiliser des outils de factorisation ? Réaliser effectivement, c'est produire la chose : ou bien une racine de $F$ dans $\F_p$ ou bien une racine carrée dans $\F_p$ de $\Disc(F)$.
3) Autres questions ...
Bref, on peut se poser des questions. Précision : je me suis posé des questions.
1. Y me demande : si je t'amène un polynôme unitaire $F \in \F_p[X]$ de degré 3 IRREDUCTIBLE, peux tu me déterminer une racine carrée (dans $\F_p$) de son discriminant ? Je réponds : OUI, je peux le faire.
2. Y me demande : si je t'amène un polynôme unitaire $F \in \F_p[X]$ de degré 3, peux tu me déterminer soit une racine de $F$ dans $\F_p$ soit une racine carrée de son discriminant ? Je réponds : NON, je ne sais pas faire.
A propos de 1. (on n'est pas dans le sketch Sar Rabindranath Duval de Pierre Dac et Francis Blanche). En premier lieu, on examine attentivement le contenu des histoires $\F_{p^2}$, $\F_{p^3}$, théorie des corps ..etc.. figurant dans les posts de moduloP et Namiswan.
Ensuite, comme on se méfie de Y, on commence par vérifier si vraiment son polynôme est irréductible via $\gcd(X^p - X, F)$ qui doit être égal à 1. Si c'est bien le cas, on applique ce qui figure à l'intérieur des posts.
Le polynôme est bien irréductible. Je peux faire les choses de la vie
Et en fait, ceci constitue une preuve du fait que le discriminant de $F$ est un carré dans $\mathbb F_p$.
Ca donne donc un moyen explicite d'extraire des racines carrées dans certains cas.