Équations polynomiales, du local au global

Namiswan · May 2018

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) ?

moduloP · May 2018

Bon, pas trop de succès cette question. Petit up au cas où.

Namiswan · May 2018

Oui, peu de succès, malheureusement...

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.

Georges Abitbol · May 2018

Bon, j'ai mis longtemps (je crois que je suis un peu bêbête :-D) à comprendre pourquoi $(2X-1)(3X-1)$ marchait, alors je vais l'expliquer, en espérant que ça intéresse d'autres personnes :

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 $\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}$.

Namiswan · May 2018

Salut
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

Namiswan · May 2018

En rédigeant proprement, je me suis rendu compte d'un cas oublié avec le premier polynôme $P(X)=(X^2+1)(X^2+7)(X^2-7)$ qui fait qu'il ne marche pas : il n'a pas de racine dans $\Z/343\Z$! ($343=7^3$)
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 !).

depasse · May 2018

Bonjour,

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

depasse · May 2018

Bonjour,

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

Namiswan · May 2018

Salut
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.

depasse · May 2018

Merci Namiswan,

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

Namiswan · May 2018

le coup du c qui doit etre non nul a aussi été mon erreur: cf mon premier exemple qui n en ait pas un, $P(X)=(X^2+1)(X^2+7)(X^2-7)$, qui a une racine modulo $7$ et pas modulo $7^3$.

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 $17=1 \mod 8$

depasse · May 2018

Deux jours dans le Médoc, a fortiori dans le Haut, justifient "clairement" :)o que je n'aie pas plus tôt répondu! In vino n'est pas toujours veritas quoi qu'on dise dans ces endroits délicieux. Pour autant, je crois que si $a=b$, que $a$ et $b$ soient ou non premiers, $(x^2-a)(x^2-b)(x^2-ab)=0$ a une solution modulo tout $m$. Bon, j'espère demain avoir un peu oublié ce bien arrosé week-end, bien qu'il fît un soleil radieux, et redevenir sérieux.
Cordialement
Paul

Namiswan · May 2018

Certes, dire plus "a une racine modulo tout m mais pas dans Z" aurait été plus juste

Namiswan · June 2018

Je up pour dire que vu que le sujet sombre, je donnerai d'ici peu une solution du résultat que j 'ai énoncé au post précédent si personne ne la donne d'ici là, qui permet d'obtenir une batterie d'exemples de polynomes ayant la propriétè décrite au 1er post. (une racine dans tout anneau fini mais pas dans Z)

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 $8$

Maxtimax · June 2018

J'essaie une preuve: comme ça a déjà été remarqué, il suffit de traiter les $\Z/p^\alpha \Z$ pour $p$ premier et $\alpha \geq 1$. Je rajoute l'hypothèse que $a,b$ sont impairs.
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 $b^n$. )

Namiswan · June 2018

Trés bien!

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.

GaBuZoMeu · June 2018

Le lemme de Hansel

de Hansel et Gretel ?

Maxtimax · June 2018

Oui effectivement, tu le redémontres essentiellement.

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)

Namiswan · June 2018

Oui, c'est ce à quoi je pensais (tu)

de Hansel et Gretel ?

:-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 $q$: $\Delta=-4p^2-27q^3$

Namiswan · June 2018

Prouver que le polynome $P(X)=(X^2+23)(X^3-X-1)$ a une racine dans tout anneau fini.

Pas d'autre tentative?

Georges Abitbol · June 2018

Moi je garde tout ça dans un coin de ma tête et je tenterai quand j'aurai le temps ! Et puis, je ne suis pas algébriste ! Mais je trouve la question très intéressante.

Maxtimax · June 2018

Je me demande si le fait qu'on ait un polynôme de degré $5$ et qu'on ait l'air de ne pas en avoir avant a un rapport quelconque avec la théorie de Galois (et la simplicité de $\mathfrak{A}_5$ donc). Ou est-ce simplement une coïncidence ?

moduloP · June 2018

@Max : je ne pense pas, le polynôme n'est pas irréductible, peut être plus une histoire de groupe diédrale d'ordre $2n$ avec $n$ impair qui vérifie la propriété que toutes symétries possèdent un point fixe. Mais le plus simple (enfin pour les corps finis) c'est de regarder le discriminant !

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

claude quitté · June 2018

$\def\Disc{\text{Disc}}$Hello,

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).

moduloP · June 2018

Pour le court circuit de Stickelberger.

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

Namiswan · June 2018

Super!
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.

claude quitté · June 2018

@Namiswan
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 $\overline {\mathbb F_p}$.

Namiswan · June 2018

Au temps pour moi. Mes limites se dévoilent...(je ne suis pas algébriste)
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)

claude quitté · June 2018

$\def\Disc{\text{Disc}}\def\F{\mathbb F}$Hello

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.

claude quitté · June 2018

$\def\F{\mathbb F}\def\Disc{\text{Disc}}$Une petite suite.

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.

> p ;
100000000000000000039
> F := X^3 + X + 1 ;
> // X^p modulo F
> Xp := Modexp(X,p,F) ;
> Gcd(Xp-X, F) ;
1

Le polynôme est bien irréductible. Je peux faire les choses de la vie

> // X^(p^2) modulo F
> Xp2 := Modexp(X,p^2,F) ;
> delta := ((X-Xp) * (X-Xp2) * (Xp-Xp2)) mod F ;
> delta ;
82260819629638577125
> Discriminant(F) ;
100000000000000000008
> delta^2 eq Discriminant(F) ;
true

Et en fait, ceci constitue une preuve du fait que le discriminant de $F$ est un carré dans $\mathbb F_p$.

Namiswan · June 2018

Effectivement: si $F$ est irréductible dans $\mathbb{F}_p$, on obtient une racine du discriminant $\Delta$ en faisant la division euclidienne de $(X-X^p)(X-X^{p^2})(X^p-X^{p^2})$ par $F$. (et ça doit s'adapter si $F$ est de degré impair plus grand que $3$)

Ca donne donc un moyen explicite d'extraire des racines carrées dans certains cas.

Équations polynomiales, du local au global

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