Racine primitive modulo $p$

Al-Kashi
Al-Kashi
dans Arithmétique
Chers amis,

J'espère que vous vous portez bien et que vous passez de bonnes vacances.
Je sèche actuellement sur le théorème-définition 3.29, du chapitre 3 du livre d'Olivier Bordelles, ou Borde pour les intimes, thèmes d'arithmétique. Malheureusement je n'arrive pas ce matin à joindre un fichier, le serveur plante.

Il s'agit de prouver que si $p$ est premier alors il existe au moins une racine primitive.

Dans les deux pages précédentes Borde introduit la notion d'ordre d'un élément modulo un nombre premier $p$, puis prouve que l'ordre d'un élément divise $p-1$ Il prouve ensuite que si $d$ divise $p-1$ alors la congruence $x^d\equiv1 \mod(p) $ a exactement $d$ solutions.

Ensuite dans la preuve en question, il introduit le $ppcm$ des tous les ordres possibles modulo $p$ des entiers $1,2,...,p-1$ noté $m=p_1^{\alpha_1}...p_s^{\alpha_s}$.
Il prouve alors que pour tout $i$ il existe un élément $y_i$ d'ordre $p_i^{\alpha_I} $

Jusqu'ici tout va bien. Je sèche sur ce passage:
" Il s'ensuit alors que l'entier $y_1...y_s$ est d'ordre $m$."

Est-ce immediat ? J'ai l'impression que Borde sous-entend que si $ord(a) $ et $ord(b) $ sont premiers entre eux alors $ord(ab) =ord(a) ord(b) $. Non ?

Al-Kashi

Réponses

  • claude quitté
    claude quitté
    Salut Al-Kashi
    Oui, ta dernière ligne est vraie : l'ordre de $ab$, c'est le produit de l'ordre de $a$ et de l'ordre de $b$ A CONDITION que ...etc...

    Pour le voir, et même un peu plus, je te propose du structurel (plus mieux qu'une égalité d'entiers). Contexte : deux éléments $a,b$ d'un groupe qui commutent et dont les ordres sont premiers entre eux. Alors :
    $$
    \langle ab\rangle = \langle a, b\rangle = \langle a\rangle \cdot \langle b\rangle \simeq \langle a\rangle \times \langle b\rangle
    $$
    Moi j'aime bien ces égalités. A montrer. Une fois établies, un coup de cardinal donne le truc.
  • Al-Kashi
    Al-Kashi
    Salut Claude,

    Je vois que tu es toujours fidèle au poste (tu).
    Merci pour ta contribution. Du coup en cherchant de ce côté je suis tombé sur la preuve ici:

    preuve

    La preuve n'est donc pas difficile à comprendre mais pas immédiate non plus.
    Vu le style et la clarté du livre, je pense donc que Borde a dû oublier de rajouter cette propriété juste avant.

    J'avais aussi repéré quelques coquilles de l'ordre du détail, mais je ne sais pas si Borde compte ressortir une nouvelle édition.

    Al-Kashi
  • noix de totos
    noix de totos
    Voir par exemple également : https://kconrad.math.uconn.edu/blurbs/ugradnumthy/ordersmodm.pdf, Theorem 5.2.
  • reuns
    reuns
    Pour $p$ premier $F_p = \Z/p\Z$ est un anneau intègre et tous ses éléments ont un inverse donc c'est un corps, à $p$ éléments.

    $F_p^\times$ a $p-1$ éléments.

    Le polynôme $x^d-1 \in F_p[x]$ a au plus $d$ racines dans $F_p$.

    Si $F_p^\times$ n'est pas cyclique alors il existe $d < p-1$ tel que $\forall a \in F_p^\times, a^d = 1$, donc les $p-1$ éléments du groupe sont racines de $x^d-1$, une contradiction.
  • claude quitté
    claude quitté
    @Reuns
    Ton argument est plus simple que tous les arguments que je connais. Sauf que
    $$
    \forall a \in F_p^\times\ \exists\, d < p-1 \text { tel que ...}
    \qquad \qquad \text{versus} \qquad\qquad
    \exists d < p-1 \text { tel que } \forall a \in F_p^\times\ \cdots
    $$
    Do you see what I mean ?
  • Al-Kashi
    Al-Kashi
    Merci noix de totos pour le document. Le théorème 5.2 est en effet le résultat que je cherchais. La preuve du document que j'avais proposé au dessus est assez proche.

    Al-Kashi
  • noix de totos
    noix de totos
    Voilà une autre preuve très simple :

    Posons $k:= \textrm{ord}_n (a)$, $\ell :=\textrm{ord}_n (b)$ et $h:= \textrm{ord}_n (ab)$. Puisque $a^{h \ell} \equiv (ab)^{h \ell} \equiv \left( (ab)^h \right)^{\ell} \equiv 1 \pmod n$, on en déduit que $k \mid h \ell$. Puisque $\textrm{pgcd}(k,\ell)=1$, il vient $k \mid h$ par Gauss. Interchangeant les rôles de $a$ et $b$ on obtient de même $\ell \mid h$. Puisque $\textrm{pgcd}(k,\ell)=1$, il vient $k \ell \mid h$. Mais $(ab)^{k \ell} = (a^k)^\ell \times (b^\ell)^k \equiv 1 \pmod n$, d'où $h \mid k \ell$. Ainsi $h = k \ell$.

    Remarque. Sans l'hypothèse $\textrm{pgcd}(k,\ell)=1$, on voit qu'on a déjà $\textrm{ord}_n (ab) \mid \textrm{ord}_n (a) \times \textrm{ord}_n (b)$. Lorsque $d := \textrm{pgcd}(k,\ell) > 1$, c'est plus pénible. Voir par exemple https://math.stackexchange.com/questions/2898860/what-is-the-multiplicative-order-of-a-product-of-two-integers-mod-n, même si je trouve que l'argument du répondeur est plutôt compliqué ici.
  • Al-Kashi
    Al-Kashi
    Il semblerait que l'attachement de fichier fonctionne à nouveau. Voilà le passage dont je parlais.

    Al-Kashi
  • Sneg
    Sneg
    Bonjour à tous,

    De mon côté, je pense à la démonstration faite par Gauss au numéro 55 de ses Disquisitiones Arithméticae. Cela commence par :
    "Il existe toujours des nombres dont aucune puissance plus petite que $p-1$ n'est congrue à l'unité ; il y en a même autant entre $1$ et $p-1$, qu'il y a au-dessous de $p-1$ de nombres qui lui soient premiers."

    (Pour les personnes allergiques à l'algèbre abstraite.)
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