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Universit
´e Pierre & Marie Curie Master de math´ematiques 1 Ann´ee 2011-2012 Module MM020
Th´eorie des Nombres - TD2
Corps finis
Exercice 1 :Montrer les isomorphismes suivants et exhiber un g´en´erateur du groupe des ´el´ements
inversibles : a)F4≂=F2[X]/(X2+X+ 1). b)F8≂=F2[X]/(X3+X+ 1). c)F16≂=F2[X]/(X4+X+ 1). d)F16≂=F2[X,Y]/(Y2+Y+ 1,X2+X+Y).Solution de l"exercice1. Puisque pour toutn≥1, le corpsF2admet une unique extension de degr´en
`a l"int´erieur d"une clˆoture alg´ebriqueF2fix´ee, il suffit de v´erifier pour les trois premiers isomorphismes
que les polynˆomes en question sont irr´eductibles surF2. a) Il est clair que le polynˆomeX2+X+ 1 n"a pas de racine dansF2, donc il est irr´eductible surF2. AlorsF2[X]/(X2+X+ 1) est une extension de degr´e 2 deF2, donc il est isomorphe `aF4. En outre,F?4est cyclique d"ordre 3, donc tout ´el´ement deF4distinct de 0 et 1 engendre F ?4. Par cons´equent, la classe deX(ou celle deX+ 1) engendre le groupe des inversibles de F2[X]/(X2+X+ 1).
b) Le polynˆomeX3+X+ 1 n"a pas de racine dansF2, il est donc irr´eductible surF2. D"o`ul"isomorphisme recherch´e. OrF?8≂=Z/7Z, donc tout ´el´ement deF8distinct de 0 et 1 engendre
F ?8. Par exemple, la classe deXengendre le groupe des inversibles deF2[X]/(X3+X+ 1). c) On voit queX4+X+ 1 n"a pas de racine dansF2. Montrons qu"il ne peut se d´ecomposer enproduit de deux polynˆomes irr´eductibles de degr´e 2 surF2. Or on sait que le seul polynˆome
irr´eductible de degr´e 2 surF2estX2+X+1, et il est clair que son carr´e n"est pasX4+X+1. On peut aussi montrer queX4+X+ 1 est irr´eductible en montrant qu"il n"a pas de racine dansF4. Cela assure queF16≂=F2[X]/(X4+X+ 1). Or le groupeF?16est isomorphe `aZ/15Z.Donc les g´en´erateurs deF?16sont les ´el´ements de ce groupes qui sont distincts de 1 et d"ordre
ni 3, ni 5. Consid´erons la classe deX(not´ee abusivementX) dansF2[X]/(X4+X+ 1). On dispose de la base (1,X,X2,X3) deF2[X]/(X4+X+ 1) surk, et il est donc clair queX3-1 etX5-1 =X2+X+ 1 ne sont pas nuls dans le quotient. Par cons´equent,Xn"est pas d"ordre3, ni d"ordre 5, il est donc d"ordre 15. C"est donc un g´en´erateur du groupe des inversibles.
d) On dispose d"un isomorphisme naturel : F2[X,Y]/(Y2+Y+ 1,X2+X+Y)≂=?F2[Y]/(Y2+Y+ 1)?[X]/(X2+X+Y).
Par la premi`ere question, on a un isomorphismeF2[Y]/(Y2+Y+ 1)≂=F4, par cons´equent, il suffit de montrer que poury?F4,y?= 0,1, le polynˆomeX2+X+y?F4[X] est irr´eductible,i.e. que ce polynˆome n"a pas de racine dansF4. Ceci est clair (tester 0, 1,yety2), doncF16≂=
F4[X]/(X2+X+y)≂=F2[X,Y]/(Y2+Y+1,X2+X+Y). On dispose alors de la base (surF2)
(1,X,Y,XY), et on v´erifie qu"un g´en´erateur deF?16est alors donn´e par la classe deX(la classe
deYen revanche est d"ordre 3). Exercice 2 :Montrer que dans un corps fini, tout ´el´ement est somme de deux carr´es. Solution de l"exercice2. SoitFqle corps fini en question (o`uq=pr). On consid`ere le morphisme degroupes multiplicatifs?:F?q→F?qd´efini par?(x) :=x2. Alors par d´efinition Im(?) est l"ensemble des
1carr´es dansF?q. Notons que Ker(?) est r´eduit `a±1. Par cons´equent, le cardinal de Ker(?) vaut 2 si
p?= 2, il vaut 1 sip= 2. En particulier, sip= 2,?est injectif, donc surjectif, donc tout ´el´ement eFq
est un carr´e, donc en particulier tout ´el´ement est somme de deux carr´es.On suppose maintenantpimpair. On sait que
#F?q= #Ker(?)#Im(?), et #F?q=q-1. Par cons´equent, on en d´eduit que #Im(?) =q-12 Soit alorsa?Fq. Consid´erons l"ensembleC:= Im(?)? {0}des carr´es dansFq. On a montr´e que #C=q+12 . Or l"ensembleCa:={a-x2:x?Fq}est en bijection avecC, donc il est aussi de cardinal q+12 . Donc #C+ #Ca=q+ 12 +q+ 12 =q+ 1> q= #Fq,par cons´equent les ensemblesCetCane peuvent pas ˆetre disjoints, i.e.C∩Ca?=∅. Prenons alors
c?C∩Ca. Par d´efinition, il existex,y?Fqtels quec=x2etc=a-y2. Finalement, on a bien a=x2+y2, ce qui conclut.Exercice 3 :
a) Soitq=pr,pun nombre premier impair. Montrer quex?F?qest un carr´e si et seulement si x q-12 = 1.b) En ´etudiant les diviseurs de (n!)2+ 1, montrer qu"il existe une infinit´e de nombres premiers de
la forme 4k+ 1 (k?N).Solution de l"exercice3.
a) On suppose d"abord quexest un carr´e, i.e. il existey?F?qtel quex=y2. Alorsxq-12 =yq-1= 1 (puisqueF?qest d"ordreq-1). Consid´erons l"ensembleRdes racines du polynˆomeP(X) =Xq-12 -1. Il contient, par la remarque pr´ec´edente, tous les carr´es deF?q. Or on a vu (exercice 2) queF?qcontenaitq-12 carr´es. Par cons´equent, puisqueP(X) est de degr´eq-12 ,Rco¨ıncide avec l"ensemble des carr´es dansF?q, ce qui conclut. b) Soitn?Netpun diviseur premier de (n!)2+ 1. Alorsp > n(sinonpdiviseraitn!, donc pdiviserait 1, ce qui n"est pas). V´erifions quepest congru `a 1 modulo 4 : puisquepdivise (n!)2+ 1, on a (n!)2=-1 dansFp. En particulier,-1 est un carr´e dansFp. Par la question pr´ec´edente, cela assure que (-1)p-12 = 1, doncp-12 est pair, doncpest congru `a 1 modulo 4. En prenant des entiersntendant vers l"infini, on obtient ainsi une infinit´e de nombres premiers pcongrus `a 1 modulo 4. Exercice 4 :Soitpun nombre premier impair. Montrer que 2 est un carr´e dansFpsi et seulement sip≡ ±1 [8]. p≡ ±1 [8].Exercice 5 :
2 a) Soitkun corps,a?k,pun nombre premier. Montrer queXp-aest irr´eductible dansk[X] si et seulement si il n"admet pas de racine dansk.[Indication : siXp-aest r´eductible, on pourra ´ecrire une d´ecomposition de ce polynˆome dans
k[X], puis utiliser la d´ecomposition deXp-aen facteurs de degr´e 1 surk, pour en d´eduire que
aest une puissancep-i`eme dansk.] b) Soientp,ldeux nombres premiers tels queldivisep-1. Soitn?Ztel que la classe denengendreSolution de l"exercice5.
a) Il est clair que siXp-aa une racine dansk, alors ce polynˆome est r´eductible. Supposons maintenant que le polynˆomeXp-asoit r´eductible. Alors il existeP,Q?k[X] de degr´es Surk, le polynˆomeXp-ase d´ecompose sous la formeXp-a=?p-1est une racine primitivep-i`eme de l"unit´e, etαp=a,α?k(sikest de caract´eristiquep, alors
certain entierr. Donc on abp=αpd=ad. Ordetpsont premiers entre eux (carpest premier doncaest une puissancep-i`eme dansk, doncXp-aadmet une racine dansk(en l"occurrence, cette racine estavbu). b) On consid`ere la r´eduction modulopdu polynˆomePconsid´er´e : on aP=Xl-n?Fp[X]. Alors pour appliquer la question a) `ak=Fp, au nombre premierlet `aa=n, il suffit de montrer quenn"est pas une puissancel-i`eme dansFp. Si c"´etait le cas, alors il existeraitb?Fptel que b l=n. Alorsnserait d"ordre divisantp-1l dansF?p, ce qui contredirait le fait quenengendreF?p. Donc la question a) assure quePest irr´eductible dansFp[X]. DoncP(X) =Xl+pXk-nest irr´eductible dansZ[X].Exercice 6 :
a) Sipetlsont des nombres premiers, montrer qu"il existe un morphisme de corpsFpn→Flmsi et seulement sip=letndivisem. b) Ce morphisme de corps est-il unique? c) Fixons, pour toutn,mtels quendivisem, un morphismeFpn→Fpm. Montrer queF p:=? n≥1Fpn!est une clˆoture alg´ebrique deFp.Solution de l"exercice6.
a) On remarque d"abord que pour toute extension de corpsL/K, la caract´eristique deLest ´egale `a celle deK. Donc la conditionp=lest clairement n´ecessaire. Supposons que l"on a une inclusion de corpsFpn?Fpm. AlorsF?pnest un sous-groupe d"ordre p n-1 dans le groupeF?pmd"ordrepm-1. On en d´eduit quepn-1 divisepm-1. On effectue alors la etpn-1 divise (pn)q-1. Doncpr-1 est le reste de la division euclidienne depm-1 parpn-1. Il est alors clair quepn-1 divisepm-1 si et seulement sir= 0 si et seulement sindivisem. On peut ´egalement montrer quendivisemen disant queFpmest unFpn-espace vectoriel de dimension finie (disonsd), il est donc isomorphe (comme espace vectoriel) `a (Fpn)d, donc en calculant les cardinaux, on apm= (pn)d, doncm=n.d, doncndivisem. R´eciproquement, sindivisem, alors onFpns"identifie `a l"ensemble desx?Fpmtels quexpn=x, puisquepn-1 divisepm-1.b) Ce morphisme n"est pas unique en g´en´eral, on peut toujours le composer avec un automorphisme
non trivial du corpsFpn(le Frobeniusx?→xppar exemple, sin >1). 3 c) Tout d"abord, on remarque que les corpsFpn!forment une famille croissante de corps puisquen! divise (n+1)!. L"ensembleF pest une r´eunion croissante de corps, donc on v´erifie facilement que c"est lui-mˆeme de fa¸con naturelle un corps (´etant donn´esx,y?F p, il existe unn?Ntel que x,y?Fpn!, et donc la somme et le produitx+y,xysont bien d´efinis dansFpn!, donc dansF p puisque les images dex+yetxydansF pne d´ependent pas de l"entiernchoisi). Par construction, on dispose d"un morphisme de corpsFp?F p. En outre,F pest une r´eunion d"extensions finies (donc alg´ebriques) deFp, donc l"extensionF p/Fpest alg´ebrique. Par cons´equent, il reste donc `a montrer que le corpsF pest alg´ebriquement clos. SoitP?F p[X] un polynˆome non constant.Par construction deF
pet puisquePn"a qu"un nombre fini de coefficients, il existen?Ntel que P?Fpn![X]. En prenant par exemple un corps de d´ecomposition deP, il existed?Ntel queP ait une racine dans uneFpn!d. Or le corpsFpn!dest contenu dansFpN!pourNassez grand (par exempleN=nd), doncPa une racine dansFpN!, donc dansF p. Cela conclut la preuve. Exercice 7 :Soitpun nombre premier. Montrer que le groupeF?pns"identifie `a un sous-groupe du groupeGLn(Fp). Solution de l"exercice7. On voitFpncomme unFp-espace vectoriel de dimensionn. On dispose d"uneaction par multiplication deF?pnsurFpn, qui induit un morphisme de groupes ´evidentF?pn→GL(Fpn).
Ce morphisme est clairement injectif. Enfin, si on fixe une base deFpnsurFp(comme espace vectoriel), on peut identifier les groupesGL(Fpn) etGLn(Fp)Exercice 8 :
Solution de l"exercice8.
ces polynˆomes est irr´eductible ou non. On obtient la liste suivante de polynˆomes irr´eductibles :
X X5+X4+X3+X2+ 1.
b) On noteF3={0,1,2}. On ´enum`ere tous les polynˆomes unitaires non constants de degr´e 2 et 3
`a coefficients dansF3, et on ne conserve que ceux qui n"ont pas de racine dansF3. On obtient la liste suivante : X,X+ 1,X+ 2,X2+ 1,X2+X+ 2,X2+ 2X+ 2,X3+ 2X+ 1,X3+ 2X+ 2,X3+X2+ 2, X3+X2+X+ 2,X3+X2+ 2X+ 1,X3+ 2X2+ 1,X3+ 2X2+X+ 1,X3+ 2X2+ 2X+ 2.
c) On dispose de deux m´ethodes : la premi`ere, analogue `a la pr´ec´edente, consiste `a ´enum´erer tous les
polynˆomes unitaires de degr´e 2 surF4(il y en a seize), puis de tester si chacun de ces polynˆomes
a ou non une racine dansF4(il y a quatre ´el´ements dansF4`a tester).Un autre m´ethode plus "´elabor´ee" est la suivante : un polynˆome irr´eductible de degr´e 4 surF2
a une racine dansF16. Donc il se d´ecompose en produit de deux polynˆomes irr´eductibles dans
F4(carF16est une extension de degr´e 2 deF4). R´eciproquement, ´etant donn´e un polynˆome
irr´eductible de degr´e 2 surF4, le produit avec son conjugu´e (par l"uniqueF2-automorphisme
non trivial deF4: cet automorphisme est l"´el´evation au carr´e, i.e. le Frobenius deF2) est un
polynˆome deF2[X] (les coefficients sont invariants par le groupe de Galois) irr´eductible de degr´e
4. Par cons´equent, il y a deux fois plus de polynˆomes irr´eductibles unitaires de degr´e 2 dansF4
que de polynˆomes irr´eductibles de degr´e 4 dansF2, et ils sont obtenus en factorisant dansF4[X]
les polynˆomes de degr´e 4 obtenus `a la question pr´ec´edente. Par cons´equent, il y a exactement
46 polynˆomes irr´eductibles unitaires de degr´e 2 surF4. Notonsjun ´el´ement deF4\F2, alors
F4={0,1,j,j2}.
Les polynˆomes unitaires irr´eductibles de degr´e 1 sontX,X+1,X+jetX+j2. Ceux de degr´e2 sont obtenus en d´ecomposant les polynˆomes irr´eductibles de degr´e 4 surF2:
X+X+ 1 = (X2+X+j)(X2+X+j2),
X4+X3+ 1 = (X2+jX+j)(X2+j2X+j2),
X4+X3+X2+X+ 1 = (X2+jX+ 1)(X2+j2X+ 1).
Exercice 9 :Montrer (sans utiliser les r´esultats g´en´eraux sur les polynˆomes cyclotomiques) que le
polynˆomeX4+ 1 est irr´eductible dansQ[X], et qu"il est r´eductible dansFp[X] pour tout nombre
premierp.Solution de l"exercice9. Pour montrer l"irr´eductibilit´e surQ, il suffit de montrer l"irr´eductibilit´e sur
Z. Or il est clair que le polynˆomeX4+1 n"a pas de racines dansZ. Par cons´equent, s"il est r´eductible,
sa d´ecomposition dansZ[X] s"´ecrit : X4+ 1 = (X2+aX+b)(X2+cX+d),
aveca,b,c,d?Z. On voit facilement que ceci est impossible, doncX4+1 est irr´eductible dansQ[X]. DansF2[X], on aX4+ 1 = (X+ 1)4, donc le polynˆome est r´eductible modulo 2. Soitpun nombre premier impair. On remarque que trouver une racine deX4+1 revient `a trouver une racine primitive8-i`eme de l"unit´e. Or on voit que l"entierp2-1 = (p-1)(p+ 1) est divisible par 8, ce qui signifie
cons´equent, le polynˆomeX4+1?Fp[X] admet une racine dans l"extension quadratiqueFp2/Fp, donc il n"est pas irr´eductible dansFp[X].Exercice 10 :Soitn≥2 un entier.
a) Soitpun nombre premier. Montrer quep≡1 [n] si et seulement siFpcontient une racine primitiven-i`eme de l"unit´e. b) Soitk?N, etpun diviseur premier deφn(k!). Montrer quep > ket soitpdivisen, soitp≡1 [n]. c) Montrer qu"il existe une infinit´e de nombres premiersp≡1 [n].Solution de l"exercice10.
a) Le groupeF?pest isomorphe `aZ/(p-1)Z(c"est un groupe cyclique d"ordrep-1). AlorsFpcontient une racine primitiven-i`eme de l"unit´e si et seulement si de groupe admet un ´el´ement
d"ordrensi et seulement sindivisep-1 si et seulement sip≡1 [n].b) Si on ´ecritφn(X) =Xd+ad-1Xd-1+···+a0, avecai?Z, alorsa0=φ(0) =±1, etφn(k!) =
a0=±1, ce qui est contradictoire. Doncp > k. Supposons quepne divise pasn. Alors modulo
p, on aφn(k!)≡0 [p], donc la classe dek! est une racine primitiven-i`eme de l"unit´e dansFp.
Donc la question a) assure quep≡1 [n].
c) Sip1,...,prsont des nombres premiers distincts congrus `a 1 modulon, on posek:= max(pi,n). Alorsφn(k!) admet un facteur premierp. Par la question b), on ap > netp > pipour touti,etp≡1 [n]. Cette construction assure qu"il existe une infinit´e de nombres premiersp≡1 [n].
Exercice 11 :Soit Irr(n,q) l"ensemble des polynˆomes irr´eductibles unitaires de degr´ensurFqet
I(n,q) le cardinal de cet ensemble.
5 a) Montrer que siddivisen, alors pour toutP?Irr(d,q),PdiviseXqn-X. b) Montrer que siP?Irr(d,q) diviseXqn-X, alors d divise n. c) En d´eduire la formule d|ndI(d,q) =qn. d) On d´efinit la fonction de M¨obiusμ:N?→ {-1,0,1}parμ(n) = (-1)rsinest le produit dernombres premiers distincts, et parμ(n) = 0 sinadmet un facteur carr´e. Montrer que sif,g:N?→Csont deux fonctions, on af(n) =? d|ng(d) pour toutnsi et seulement si g(n) =? d|nμ(nd )f(d) pour toutn. e) En d´eduire la formuleI(n,q) =1n
d|nμ?nd qd. f) Montrer que pour toutn≥1,I(n,q)≥1. g) Montrer le "th´eor`eme des nombres premiers pour les polynˆomes" :I(n,q) =qnn
+O? qn2 n quandntend vers +∞. [remarque : si on posex=qn, cette formule devientI(x,q) =xlog q(x)+O? ⎷x log q(x)? , qui est l"exacteanalogue de la forme pr´ecise (conjectur´ee!) du classique th´eor`eme des nombres premiers.]