Tout automorphisme de F q induit l’identité sur F p ;

Théorie des corps

1. Tout automorphisme de F q induit l’identité sur F p ;

2. le groupe des automorphisme deFq est cyclique, engendré par l’automorphisme de Frobeniusx→x^p;

3. plus généralement, soientrun entier1,q1 =p^r,q =q₁ⁿ; on a doncFq1 ⊂Fq. Alors le groupe desF_q1-automorphismes deF_qest cyclique, engendré par l’auto-morphismex→x^q¹.

Démonstration.

1. et 2. découlent immédiatement de la proposition 6.36. Montrons 3.

L’automorphismex → x^q¹ laisse fixes les éléments deFq1 puisque ceux-ci vérifient l’équationX^q¹−X = 0(proposition 6.36).

Réciproquement, soitφunF_q₁-automorphisme deF_q;φest de la formex→x^p^spar 2. Remarquons d’abord que siα ∈ Fq1 est un élément primitif, l’entierrest le plus petit entierktel queα^p^k =αpuisque le polynôme minimal deαest de degrér. On en déduit tout entiersqui vérifieα^p^s =αest un multiple der(car sis=ar+b, on

aα^p^s =α^p^b).

Ce résultat permet d’illustrer la « théorie de Galois » dans le cas particulier des corps finis.

Proposition 6.40. Soitq = p^r,G (Z/nZ,+)le groupe des automorphismes de F_qⁿ surF_q. Il y a une bijectionΦentre les corpsK tels queF_q ⊂K ⊂F_qⁿ et les sous-groupes de H ⊂ G. À un sous-corps K correspond le sous-groupe H ⊂ G des automorphismes de F_qⁿ qui laissent fixes les éléments de K. Le groupe des automorphismes deKsur le corpsF_qest alors isomorphe au quotientG/H.

Démonstration. SoitKun corps tel queF_q⊂K⊂F_qⁿ. Le corpsKest de cardinal q^d avecd|n(c’est d’ailleurs l’unique sous-corps deFqⁿ de cardinal q^d(proposition 6.36).

On lui fait correspondre le sous-groupe H ⊂ G des K-automorphismes de F_qⁿ. Comme K F_q^d, ce groupe est cyclique d’ordre n/d(corollaire 6.39, 3.) : c’est l’unique sous-groupe de G (Z/nZ,+) d’ordre n/d. Cela montre que Φest une bijection.

Montrons maintenant la fin de la proposition. Le groupeLdesF_q-automorphismes de K est isomorphe àZ/dZ; on a une applicationψ:G→ Lqui à un automorphisme deF_qⁿ fait correspondre sa restriction àK. Pour achever de montrer la proposition, il suffit de montrer le lemme suivant :

Lemme 6.41. SoitH ⊂Gle sous-groupe des automorphismes qui laissent fixes les éléments deK. L’applicationψest un morphisme de groupes surjectif de noyauH.

L’applicationψest évidemment un morphisme de groupes, dont le noyau estH par définition (le noyau est l’ensemble des F_q-automorphismes de F_qⁿ qui induisent l’identité sur K). Le morphisme ψs’interprète comme un morphisme de groupes : Z/nZ→Z/dZqui envoie la classe de 1 (modn) sur la classe de 1 (modd), puisqu’il envoie l’identité sur l’identité. Le morphisme ψest donc surjectif, et son noyau est

isomorphe àZ/sZavecs=n/d(proposition 1.36).

6.6.2. ^∗Carrés deF_q

Pourq=pⁿfixé (pnombre premier), posons :

(F_q)² ={x∈F_q| ∃y∈F_q, y² =x}, F_q^∗² =F_q^∗∩(F_q)². Proposition 6.42.

• Sip= 2, on a(F_q)²=F_q. ;

• sip >2, on a|(Fq)²|=^q+1₂ , |Fq∗2|= ^q⁻₂¹.

Démonstration. Si p = 2, l’applicationx → x² de F_qdans lui-même est le mor-phisme de Frobenius, donc un isomormor-phisme (il est donc en particulier surjectif ; cf. le lemme 6.37).

Sip >2, on a1=−1et l’élévation au carré donne un morphisme surjectif : F_q^∗→F_q^∗²

dont le noyau est le sous-groupe(−1,1)de(F_q^∗,×). Cela montre que|F_q^∗²|= ^q⁻₂¹, et donc|(F_q)²|= ^q+1₂ puisqu’il faut ajouter l’élément0.

©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.

6.6 ^∗Compléments 137

Proposition 6.43. « Critère d’Euler »

x∈Fq∗2 ⇐⇒x^q−1² = 1.

Démonstration. Notons

X={x∈Fq|x^q−1² = 1}.

On a évidemmentF_q^∗² ⊂X(car six=y²avecy∈F_q^∗,y^q⁻¹= 1, d’oùx^q−1² = 1), et|X| ^q⁻₂¹ puisqu’il est constitué des racines d’un polynôme de degré ^q⁻₂¹. On a

doncX =F_q^∗².

Signalons deux corollaires classiques en théorie des nombres.

Corollaire 6.44. Soientp >2un nombre premier,nun entier,q=pⁿ. Alors

−1∈(F_q)²⇐⇒q≡1 mod 4 Démonstration.

−1∈F_q^∗² ⇔(−1)^q−1² = 1⇔ q−1

2 ≡0 mod 2⇔q≡1 mod 4.

Corollaire 6.45. Il existe une infinité de nombres premiers de la forme4m+ 1.

Démonstration. Soientnun entier arbitraire et p un facteur premier de(n!)² + 1.

Alors on ap > n(sinonpdiviseraitn!) et la classe de(n!)² + 1est nulle dansF_p. Donc−1est un carré dansF_p (puisque−1 = (n!)²) ce qui entraîne quepest de la forme4m+ 1d’après le corollaire 6.44. Commep > net quenest arbitraire, on en

déduit l’assertion.

6.6.3. ^∗La loi de réciprocité quadratique

Définition 6.46. Un entiera∈Zest dit un résidu quadratique modulonsi l’image a∈Z/nZest un carré.

Ainsi pour connaître, par exemple, les résidus quadratique modulo6, il suffit de faire la table des carrés dansZ/6Z:

x 0 1 2 3 4 5 x² 0 1 4 3 4 1

de sorte queaest un résidu quadratique modulo6 si et seulement sia ≡ 0,1,3,4 mod 6.

Rappelons que dans le corpsFq, −1 est un carré si et seulement si q ≡ 1 mod 4 (corollaire 6.44) ; donc sipest un nombre premier,−1est résidu quadratique modulo psi et seulement sip≡1 mod 4.

Définition 6.47.

– Symbole de Legendre : pour p premier et a non divisible par p, on définit a

∈ {±1} comme étant égal à1siaest un résidu quadratique modulopet−1 sinon.

– Symbole de Jacobi : pourppremier etadivisible parp, on prolonge le symbole de Legendre en posant

(le produit est défini avec la multiplication dansZ).

Lemme 6.48. Le symbole de Legendre est multiplicatif, i.e. : ac

de sorte que le symbole de Jacobi est bi-multiplicatif (i.e. par rapport aux variablesa etb).

Démonstration. La multiplicativité du symbole de Legendre découle directement du critère d’Euler (proposition (6.43). En effet si x est non nul dans Z/pZ, x est un carré si et seulement si x^(p⁻^1)/2 = 1 alors que dans le cas contraire on a x^(p⁻^1)/2 = −1. Ainsi si x et y sont des résidus quadratiques non nuls modulo p, on a (xy)^(p⁻^1)/2 = x^(p⁻^1)/2y^(p⁻^1)/2 ≡ 1 mod 2 etxy est un résidu quadratique modulo p. Si x est un résidu quadratique modulo p alors que y n’en n’est pas un, l’égalité précédente donne que xy n’est pas un résidu quadratique modulo p.

Enfin si x et y ne sont pas des résidus quadratiques modulop, l’égalité précédente donne (xy)^(p⁻^1)/2 ≡ 1 modp etxy est un résidu quadratique modulo p, d’où la multiplicativité du symbole de Legendre et la bi-multiplicativité du symbole de Jacobi.

Lemme 6.49. Le symbole de Jacobi_a

est nul si et seulement siaetbne sont pas premiers entre eux. Par ailleurs sia∧b= 1et siaest un résidu quadratique modulo balors_a

= 1.

Démonstration. Supposons qu’il existeppremier divisanta∧b; on en déduit alors quea ≡ 0 modpet donc en déduit qu’il existepdivisantbtel que

Remarquons que la réciproque de la dernière assertion est fausse : soitb=p²etaqui n’est pas un carré modulop. On a par définition_a

= 1alors quean’est pas un carré modulobcar sinon il en serait un modulop.

©Dunod.Laphotocopienonautoriséeestundélit.

6.6 ^∗Compléments 139

Proposition 6.50. « Lemme de Gauss » (encore un !). Pour p premier impair et n∈Z, on appelle résidu minimal denmodulopl’unique entiern ∈]−p/2, p/2[tel quen≡n mod p. Soitm∈Nnon multiple dep; on noteµp(m)(ou simplementµ s’il n’y a pas de confusion possible) le nombre d’entiers parmi{m,2m,· · · , ^(p⁻₂¹⁾m} dont le résidu minimal est strictement négatif. On a alors

Notons tout d’abord que lesri (resp.si) sont distincts deux à deux. Supposons par exemple qu’il existe un couple(i, j)tel quer_i=s_j, soit doncam≡r_i≡s_j ≡ −bm modpavec1 a, b (p−1)/2. On obtient alorsam+bm ≡0et commemest premier avecp,a+best divisible parpce qui est impossible, d’où la contradiction.

On a ainsi :

Corollaire 6.51. (Le cas de 2) : pourppremier impair, on a 2

= (−1)^(p²⁻^1)/8 et donc2est un carré modulopsi et seulement sip≡ ±1 mod 8.

Démonstration. Il s’agit de calculerµpourm = 2; on est donc ramené à compter les entiersltels quep/2 < 2l < p. On vérifie aisément que sip ≡ 1 mod 4(resp.

p≡3 mod 4) alorsµ=λ= ^p⁻₄¹ (resp.λ= ^p⁻₄³ etµ= ^p+1₄ ). On vérifie alors que

p²−1

4 a la même parité queµ, d’où le résultat.

Théorème 6.52. (Loi de réciprocité quadratique). Pourpetqpremiers impairs on a : p

Énoncée la première fois par Euler en 1783, la première preuve est due à Gauss en 1798, qui en donnera 7 en tout. Aujourd’hui on en dénombre plus de 163! Nous proposons une preuve assez récente via le « symbole de Zolotarev ».

Notons d’abord que l’ensemble des bijections de Z/nZ dans lui-même s’identifie au groupeS_n (cf. la remarque 4.11 : il suffit de choisir une bijection de l’ensemble {Z/nZ}sur{1,2, . . . , n}, par exemple la bijection{1, . . . , n} → {1,2, . . . , n}; si alorsm∧n= 1, la multiplication parmdansZ/nZest une bijection et correspond donc à un élément deSn.

Définition 6.53. Pourmpremier avecnon définit le symbole de Zolotarev e_n(m) comme la signature de la permutation correspondant à la multiplication parmdans Z/nZ.

Proposition 6.54. Pournetmdes nombres premiers impairs distincts, le symbole de Zolotarev est égal au symbole de Legendre.

Démonstration. Le résultat découle directement du lemme suivant :

Lemme 6.55. Le symbole de Zolotarev est multiplicatif en la variable m, i.e.

e_n(mm) = e_n(m)e_n(m). En outre pour n premier impair e_n(m) ≡ m⁽ⁿ⁻^1)/2 mod n.

Démonstration. La multiplicativité du symbole de Zolotarev en la variablemprovient du fait que la composition de la multiplication par mavec la multiplication par m correspond à la multiplication par mm et que la signature d’une composée est le produit des signatures.

Soit r l’ordre de m dans le groupe ((Z/nZ)^∗,×) qui est cyclique puisque n est premier ; ce groupe se décompose alors sous l’action de la multiplication par m en (n−1)/r orbites chacune de longueurr et sur ces orbites la multiplication parm induit un cycle de longueur r. On en déduit alors que le symbole de Zolotarev est (−1)^(r⁻¹⁾⁽ⁿ⁻^1)/r. Ainsi sirest pair on a :

m⁽ⁿ⁻^1)/2 = (m^r/2)⁽ⁿ⁻^1)/r ≡(−1)⁽ⁿ⁻^1)/r mod n

carnétant premier,m^r/2 ≡ −1 modn; sirest impair,n−1étant pair est divisible par2ret doncm⁽ⁿ⁻^1)/2= (m^r)⁽ⁿ⁻^1)/2r≡1 mod nd’où le résultat.

Lemme 6.56. On fixenetmdes nombres premiers impairs distincts. On considère alorsσ(resp.τ) la permutation deZ/nZ×Z/mZdéfinie par(i, j) →(mi+j, j) (resp.(i, nj+i)). On a alorsε(σ) =_m

etε(τ) =_n

Démonstration. La multiplication parm dansZ/nZétant injective, il est immédiat de voir que σ (resp. τ) est bien une permutation de Z/nZ×Z/mZ. La signature deσ restreinte àZ/nZ× {j}, comme composée de la multiplication parmet de la translation parjsur la première composante, est de signature_m

car la translation en question est de signature(−1)ⁿ⁻¹ = 1(proposition 6.54). En outrejdécritmvaleurs de sorte que la signature deσest_m

=_m

. Par symétrieτ est de signature_n

. Lemme 6.57. Soit π : Z/nmZ −→ Z/nZ×Z/mZ l’isomorphisme du lemme chinois. On considère la permutationλdeZ/nmZdéfinie parmi+j →nj+i. On a alorsλ◦π⁻¹◦σ=π⁻¹◦τ etε(λ) = (−1)ⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾² ^m(m−1)² .

Démonstration. L’isomorphisme canoniqueπ:Z/nmZ→ Z/nZ×Z/mZvérifie π(mi+j) = (mi+j, j)etπ(i+nj) = (i, i+nj). Ainsi en notantλla bijection

Exercices 141

deZ/mnZdéfinie parλ(mi+j) = i+njet qui correspond au passage de l’ordre lexicographique à l’ordre lexicographique inverse, on obtientλ◦π⁻¹◦σ=π⁻¹◦λ.

Pour le calcul deε(λ), il s’agit de compter le nombre d’inversions, i.e. le nombre de (i, j) < (i, j)pour l’ordre lexicographique soiti < i oui= i etj < j, tels que (i, j) >(i, j)pour l’ordre lexicographique inverse, i.e.j > jouj=jeti > i. On obtient alors les conditionsi < ietj > jsoitC_n²C_m² possibilités, d’où le résultat.

Preuve de la loi de réciprocité quadratique : on réécrit l’égalité du lemme sous la forme λ ◦ (π⁻¹ ◦ σ ◦ π) = π⁻¹ ◦ τ ◦ π, d’où en prenant les signatures : (−1)^(m⁻¹⁾⁽ⁿ⁻^1)/4_m

= _n

. On en déduit alors la loi de réciprocité quadratique pour le symbole de Legendre.

En outre on obtient aussi la multiplicativité pour la variablendu symbole de Zolotarev

et donc son égalité avec le symbole de Jacobi.

Exemple 6.58. Calcul de ₇₁₃

1 009

. En appliquant la loi de réciprocité quadratique, on a : ( 713

1 009) = (1 009

713 )(−1)^{1 008.712}⁴ = (296

713)(+1) = (8.37

713) = ( 8 713)( 37

713);

par ailleurs on a(₇₁₃⁸ ) = (₇₁₃² ) = 1car713≡1 mod 8. On calcule alors ( 37

713) = ( 5

37)(−1)^712.36⁴ = ( 5

37)(+1) = (2

5)(−1)^4.36⁴ et(²₅) =−1et finalement(_{1 009}⁷¹³ ) = 1soit713est un carré modulo1 009.

EXERCICES

Les solutions des exercices et problèmes sont données en fin d’ouvrage.

Dans le document Cours fondamental d’algèbre avec exercices corrigés – Cours et formation gratuit (Page 142-148)