d’un polynˆ ome de F

Exercices de th´ eorie des corps finis

Exercice 1. — 1) Donner tous les polynˆ omes irr´ eductibles de degr´ e inf´ erieur ` a 4 sur F

. 2) Quelle est la factorisation sur F

d’un polynˆ ome de F

[X] irr´ eductible de degr´ e 4 ? 3) D´ eduire des questions pr´ ec´ edentes, le nombre de polynˆ omes irr´ eductibles de degr´ e 2 sur

F

.

4) Expliciter les polynˆ omes irr´ eductibles de degr´ e 2 sur F

.

Exercice 2. — 1) Le nombre 2 est-il un carr´ e dans F

? Montrer que X

+ X + 1 est irr´ eductible sur F

.

2) Soit P (X) ∈ F

[X] un polynˆ ome unitaire irr´ eductible de degr´ e deux . Montrer que le quotient

F

[X]

(P (X))

est isomorphe au corps F

et que P a deux racines dans F

.

3) On note α une racine de X

+ X + 1 dans F

. Montrer que tout β ∈ F

peut s’´ ecrire aα + b avec a et b dans F

.

4) Soit P = X

− X + 1. Montrer que pour tout β ∈ F

, on a P (β) 6= 0. En d´ eduire que P est irr´ eductible sur F

. P est-il irr´ eductible sur Q ?

Exercice 3. — On consid` ere le polynˆ ome Q(X) = X

− X + 1 sur F

. 1) Montrer que le polynˆ ome Q n’a pas de racines dans F

, F

.

2) Montrer que F

'

.

3) Montrer que toute racine α ∈ F

du polynˆ ome X

− X − 1 est une racine du polynˆ ome Q.

4) D´ eterminer toutes le racines de Q dans F

. 5) Factoriser le polynˆ ome Q sur le corps F

.

Exercice 4. — A quelle condition un polynˆ ome P ` a coefficients dans F

de degr´ e n est-il irr´ eductible sur F

? Dans le cas o` u P est irr´ eductible sur F

, on donnera des pr´ ecisions sur les degr´ es des facteurs irr´ eductibles de P sur F

. En particulier pour n = 5, donner m minimal tel que tout polynˆ ome de degr´ e 5 ` a coefficients dans F

soit totalement d´ ecompos´ e (resp. poss` ede une racine) sur F

.

Exercice 5. — Th´ eorie de Galois des corps finis et version faible du th´ eor` eme de Dirichlet Soit p un nombre premier et n un entier premier avec p. On pose q = p

.

1) D´ ecrire le groupe de Galois de l’extension F

: F

et expliciter la th´ eorie de Galois, i.e.

montrer que l’application qui ` a un sous-groupe H de gal( F

/ F

) associe le sous-corps de F

des ´ el´ ements fix´ es par tous les ´ el´ ements de H, est une bijection entre les sous-groupes du groupe de Galois et les extensions interm´ ediaires F

⊂ K ⊂ F

.

1

2) Soit L = Dec

(X

− 1). Montrer que Gal(L/ F

) est isomorphe au sous-groupe de Z /n Z engendr´ e par l’image de p. Montrer que le n-i` eme polynˆ ome cyclotomique Φ

(X) se d´ ecompose sur F

en un produit de φ(n)/k facteurs irr´ eductibles distincts, tous de degr´ e k. Quel est cet entier k ? En d´ eduire une version faible du th´ eor` eme de progression arithm´ etique, i.e. :

pour tout entier n il existe une infinit´ e de nombres premiers p congrus ` a 1 modulo n.

Exercice 6. — 1) Montrer que X

+1 est irr´ eductible sur Z et r´ eductible modulo tout nombre premier p. (Indication : montrer que pour tout nombre premier impair p, le polynˆ ome X

+ 1 a une racine dans le corps F

.

2) Soit n un entier ne s’´ ecrivant pas sous la forme p

ou 2p

avec p premier impair. On sait que le n-i` eme polynˆ ome cyclotomique Φ

est irr´ eductible sur Z . Montrer en utilisant la question (ii) de l’exercice sur la th´ eorie de Galois des corps finis, que Φ

est r´ eductible modulo tout nombre premier.

Exercice 7. — Soit P (X) = X

− 10X

+ 21X

− 10X + 11 1) D´ ecomposer P en facteurs irr´ eductibles modulo 2,3,5.

2) Montrer que P est irr´ eductible sur Q.

Exercice 8. — Soit K = F

[X]/(X

+ 2X + 1) ; montrez que K est un corps de cardinal 27

et que X est un g´ en´ erateur du groupe multiplicatif. Trouvez i tel que X

+ X = X

.

1 1) Les polynˆ omes irr´ eductibles de degr´ e 1 sont X et X − 1 ; ceux de degr´ e 2 sont tels que X

− X = X(X − 1)P ce qui donne X

+ X + 1. Pour ceux de degr´ e 3, on a X

− X = X(X − 1)P

P

et on trouve X

+ X + 1 et X

+ X

+ 1. Enfin pour ceux de degr´ e 4, on a X

6 −X = (X

− X)Q

Q

Q

et on trouve X

+ X + 1, X

+ X

+X

+ X + 1 et X

+ X

+ 1.

En effet ceux-ci sont irr´ eductibles car un ´ el´ ement j de F

qui n’est pas dans F

v´ erifie j

= 1 de sorte qu’il ne peut ˆ etre racine des polynˆ omes en question.

2) Tout polynˆ ome de F

[X] de degr´ e 4, irr´ eductible sur F

, poss` ede une racine dans F

qui est une extension de degr´ e 2 de F

; on en d´ eduit donc que sur F

il se factorise en un produit de 2 polynˆ omes irr´ eductibles de degr´ e 2.

3) Les 3 polynˆ omes de degr´ e 4, irr´ eductibles dans F

[X] fournissent 6 polynˆ omes de F

[X]

irr´ eductibles de degr´ e 2 ; ceux-ci sont distincts deux ` a deux car les 3 polynˆ omes de degr´ e 4 du d´ epart sont premiers deux ` a deux dans F

et donc dans F

.

Par ailleurs ´ etant donn´ e un polynˆ ome de F

[X] irr´ eductible de degr´ e 2, en le multipliant par son conjugu´ e par l’unique ´ el´ ement non trivial du groupe de Galois de F

: F

, qui ´ echange j et j

avec les notations pr´ ec´ edentes, on obtient un polynˆ ome de degr´ e 4 ` a coefficient dans F

, car les coefficients sont invariants par le groupe de Galois, et irr´ eductible.

4) On note 0, 1, j, j

les ´ el´ ements de F

avec 1 + j + j

= 0. Les polynˆ omes de degr´ e 1 sont X, X − 1, X − j, X − j

de produit X

− X. En ce qui concerne le degr´ e 2, X

+ X + 1, X

+ X

+ X

+ X + 1 et X

+ X

+ 1 doivent s’´ ecrire comme le produit de 2 polynˆ ome irr´ eductible de degr´ e sur F

. On trouve alors X

+ X + 1 = (X

+ X + j)(X

+ X + j

), X

+ X

+ 1 = (X

+ jX + j)(X

+ j

X + j

) et X

+ X

+ X

+ X + 1 = (X

+ jX + 1)(X

+ j

X + 1).

2 1) On ´ ecrit la table des carr´ es de F

, soit

x 0 1 2 −2 −1

x

0 1 −1 −1 1

et on remarque que 2 n’est pas un carr´ e dans F

. On v´ erifie rapidement que pour P(x) :=

X

+ X + 1, P (0), P (±1) et P (±2) ne sont pas nuls de sorte que P n’a pas de racine dans F

, ´ etant de degr´ e 2 il y est donc irr´ eductible.

2) Le corps F

[X]/(P (X)) est de cardinal 25 et donc isomorphe ` a F

qui est un corps de d´ ecomposition de X

− X. Par ailleurs la classe x de X dans F

[X]/(P (X)) v´ erifie P (x) = 0 de sorte que x est une racine de P qui ´ etant de degr´ e 2, y est alors totalement d´ ecompos´ e.

On en d´ eduit alors que P admet deux racines dans F

.

3) Un isomorphisme f : F

[X]/(X

+ X + 1) ' F

´ etant fix´ ee, l’image α ∈ F

de X par f v´ erifie alors α

+ α + 1 = 0 et est donc une racine de X

+ X + 1. Le sous-espace vectoriel sur F

de F

engendr´ e par 1 et α est de dimension 2 car α 6∈ F

et est donc ´ egal ` a F

de sorte que tout ´ el´ ement β ∈ F

s’´ ecrit sous la forme aα + b avec a, b ∈ F

.

4) On v´ erifie rapidement que P n’a pas de racine dans F

. Soit alors β = aα + b ∈ F

; on a β

= a

α

+ b

= aα

+ b. Or on a α

= −α − 1 soit α

= α

+ 2α + 1 = α et donc α

= α

= −α − 1. Ainsi β

− β + 1 = α(−a − a) + (b − b − a + 1) 6= 0 car α 6∈ F

soit P n’a pas de racine dans F

de sorte qu’il est irr´ eductible sur F

.

Par ailleurs, P en tant que polynˆ ome de Z [X] unitaire, y est irr´ eductible. En effet une

factorisation P = QR dans Z [X] induit par r´ eduction modulo 5 une factorisation ¯ P = ¯ Q R ¯

dans F

[X]. Comme P est unitaire, Q et R le sont aussi, de sorte que deg Q = deg ¯ Q et

deg R = deg ¯ R ; ¯ P ´ etant irr´ eductible, on en d´ eduit que ¯ Q, ou ¯ R, est un polynˆ ome constant

donc, ´ etant unitaire, ´ egal ` a ¯ 1 et donc Q, ou R, est le polynˆ ome constant ´ egal ` a 1. Ainsi P est irr´ eductible sur Z et donc irr´ eductible sur Q d’apr` es le lemme de Gauss.

3 1) On v´ erifie rapidement que Q n’a pas de racine dans F

. On cherche alors ses racines dans F

. Pour a ∈ F

, on a a

= a de sorte que a

− a + 1 = 1 et donc Q n’a pas de racine dans F

. 2) Afin de calculer dans F

, on commence par le d´ ecrire concr` etement : on v´ erifie ais´ ement que X

−X −1 n’a pas de racines dans F

et est donc irr´ eductible sur F

et F

' F

[X]/(X

− X − 1).

3) Soit alors α ∈ F

tel que α

= α + 1. On a alors α

= α

+ 1 = α + 2 = α − 1 et donc finalement α est une racine de Q dans F

de sorte que Q poss` ede un facteur irr´ eductible de degr´ e 3 sur F

, ` a savoir X

−X−1, soit X

−X +1 = (X

−X−1)(X

+X

+X

+X

−X −1).

4) Cherchons de mani` ere g´ en´ erale toutes les racines dans F

; un ´ el´ ement quelconque s’´ ecrit sous la forme x = aα

+bα +c avec a, b, c ∈ F

. On a alors x

= aα

+ bα

+ c avec α

= α − 1 et donc α

= α

+ α + 1 de sorte que x

− x + 1 = aα + a − b + 1 ce qui impose a = 0 et b = 1 soit x = α, α + 1, α − 1.

5) On en d´ eduit alors que X

+ X

+ X

+ X

− X − 1 n’a pas de racines dans F

comme il n’en avait pas non plus dans F

, il est donc irr´ eductible.

4 Si P est r´ eductible sur F

, il l’est sur toute extension F

. Supposons donc P irr´ eductible sur F

de sorte que toutes les racines de P , vues dans ¯ F

, sont dans F

et aucune n’appartient

`

a un sous-corps strict. On regarde alors P comme un polynˆ ome dans F

[X] dont on se demande s’il est encore irr´ eductible. Il faut regarder s’il poss` ede ou non des racines dans F

pour r ≤ n/2 et donc si F

⊂ F

, soit n divise mr ce qui est possible si et seulement si n et m ne sont pas premiers entre eux. En outre en notant d = n ∧ m, les facteurs irr´ eductibles sont alors de degr´ e r un multiple de n/d.

Pour n = 5, la d´ ecomposition en facteur irr´ eductible donne en prenant les degr´ es les d´ ecompositions suivantes de 5 : 5 = 4 + 1 = 3 + 2 = 3 + 1 + 1 = 2 + 2 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1. Si on veut ˆ etre sur d’avoir toutes les racines (resp. au moins une racine) il faut donc se placer dans F

(resp. F

) avec 60 = 5.4.3 (resp. 10 + 5.2).

5 1) On consid` ere le morphisme de Frobenius

Fr

: x ∈ F

7−→ x

∈ F

dont on v´ erifie ais´ ement que c’est un morphisme de corps car Fr

(x + y) = (x + y)

= x

+ y

et Fr

(xy) = x

y

, qui laisse le corps F

invariant car pour tout x ∈ F

on a x

= x. En outre il est imm´ ediat que le groupe engendr´ e par Fr

est d’ordre n de sorte que Gal( F

/ F

) est de cardinal sup´ erieur ou ´ egal ` a n. Pour montrer l’in´ egalit´ e inverse, soit χ un g´ en´ erateur de F

et soit µ

son polynˆ ome minimal unitaire sur F

; on a alors F

' F

[X]/(µ

(X)) de sorte que µ

est irr´ eductible de degr´ e n. Ainsi tout ´ el´ ement σ ∈ Gal( F

/ F

) est d´ etermin´ ee par σ(χ) qui doit ˆ etre une racine de µ

ce qui donne au plus n choix. On en d´ eduit ainsi Gal( F

/ F

) =< Fr

>' Z /n Z .

Un sous-groupe H de Z /n Z est de la forme Z /r Z pour r un diviseur de n, un g´ en´ erateur

´ etant n/r. On consid` ere alors le sous-groupe de Gal( F

/ F

) engendr´ e par Fr

; le sous-corps fix´ e est alors l’ensemble des ´ el´ ements x de F

tels que x

= x ce qui correspond au corps F

⊂ F

. D’apr` es l’exercice pr´ ec´ edent, l’application de la th´ eorie de Galois est bien une bijection.

2) Le corps L est isomorphe ` a F

pour un certain r et Gal(L/ F

) ' Z /r Z engendr´ e par Fr

. En outre on a L = F

[χ] pour χ ∈ L une racine primitive n-i` eme de l’unit´ e. Ainsi un

´ el´ ement σ ∈ Gal(L/ F

) est d´ etermin´ e par σ(χ) qui doit ˆ etre une racine primitive n-i` eme de

l’unit´ e et donc de la forme χ

pour k ∈ ( Z /n Z )

. On obtient ainsi une application injective naturelle

σ ∈ Gal(L/ F

) 7−→ k ∈ ( Z /n Z )

l’image ´ etant le groupe engendr´ e par la classe de p. Ainsi r est l’ordre de p dans ( Z /n Z )

. Soit ¯ Φ

(X) = P

· · · P

la d´ ecomposition en irr´ eductibles de la r´ eduction modulo p de Φ

. Soit χ une racine de P

de sorte que L = F

[χ] et donc P

est le polynˆ ome minimal de χ sur F

et donc deg P

= [L : F

]. En conclusion tous les P

sont de mˆ eme degr´ e [L : F

] et donc s =

Fp]

o` u l’on rappelle que [L : F

] est l’ordre de p dans (Z/nZ)

.

Ainsi p ≡ 1 mod n est ´ equivalent ` a demander que ¯ Φ

est totalement d´ ecompos´ e sur F

ce qui on vient de le voir, est ´ equivalent ` a demander que ¯ Φ

a une racine dans F

. Soit donc p premier divisant Φ

(N !) ≡ 1 mod N ! soit p > N et p ≡ 1 mod n car ¯ Φ

a pour racine ¯ N !.

On vient donc de montrer une version faible du th´ eor` eme de progression arithm´ etique dont l’´ enonc´ e fort est que pour tout a premier avec n, il existe une infinit´ e de premiers congrus ` a a modulo n, ceux-ci se r´ epartissant de mani` ere uniforme en un sens que l’on ne pr´ ecise pas ici, sur les a ∈ (Z/nZ)

.

6 1) Le polynˆ ome X

+ 1 est le huiti` eme polynˆ ome cyclotomique Φ

qui est irr´ eductible. On peut aussi le voir directement en consid´ erant Φ

(X + 1) qui est un polynˆ ome d’Eisenstein pour 2.

Modulo 2, on a X

+ 1 = (X + 1)

et pour p 6= 2, F

est cyclique d’ordre p

− 1 qui est divisible par 8. Soit alors x ∈ F

d’ordre 8, on a x

= (x

)

= 1 et x

6= 1 soit x

= −1 de sorte que Φ

a une racine dans F

et donc Φ

est r´ eductible modulo p.

2) Avec les hypoth` eses de l’´ enonc´ e (Z/nZ)

n’est pas cyclique. D’apr` es loc. cit., la r´ eduction modulo p de ψ

est un produit de polynˆ omes irr´ eductibles qui ont tous le mˆ eme degr´ e ` a savoir l’ordre de p dans ( Z /n Z )

. Ainsi ψ

est irr´ eductible modulo p si et seulement si p engendre ( Z /n Z )

ce qui ne se peut pas si ce dernier groupe n’est pas cyclique.

Remarque : On a ainsi une famille d’exemples de polynˆ omes irr´ eductibles sur Z et r´ eductible modulo tout premier p.

7 1) modulo 2, on a ¯ P = X

+ X

+ 1 = (X

+ X + 1)

, modulo 3, ¯ P = X

+ 2X

+ 2X + 2 = (X

+ 1)(X

+ 2X + 2) et modulo 5, ¯ P = X

+X

+ 1 qui n’a pas de racine dans F

; regardons dans F

. Comme F

' Z/24Z, soit x un ´ el´ ement d’ordre 6 : x

= 1 avec x

6= 1 et x

6= 1.

Soit y = x

de sorte que y

− 1 = (y − 1)(y

+ y + 1) = 0 et y 6= 1 soit y

+ y + 1 = 0 et donc x est une racine de ¯ P = (X

+ X + 1)(X

+ 4X + 1).

2) Sur Z , P n’a pas de racine car sinon il en aurait modulo 2 ce qui n’est pas. Si P ´ etait r´ eductible, on aurait alors P(X) = (X

+ aX + b)(X

+ cX + d) et donc



 



 



a + c = 10 b + d + ac = 21 ad + bc = −10 bd = 11

Ainsi on obtient soit {b, d} = {1, 11} et donc ac = 9 et {a, c} = {−1, −9} car a + c = −10, et ad + bc 6= −10 ; soit {b, d} = {−1, −11} et ac = 33 et a + c 6= −10. Ainsi P est irr´ eductible sur Z .

8 Le polynˆ ome X

+ 2X + 1 n’a pas de racines dans F

, il y est donc irr´ eductible. L’ordre de X

est soit 1, 2, 13, 26 ; les cas 1 et 2 sont clairement exclus calculons alors X

= X

.X

.X. On a

X

= X − 1 puis X

= X

− 1 = X + 1 et donc X

= −1. On v´ erifie aussi que X

= X

+X

et donc i = 10