TP 4 : Corps finis 1

Université Paris-Sud M1 MFA

Année universitaire 2017–2018 MAO Calcul formel

Corrigé des parties mathématiques des T.P.

TP 3 : Récursivité et récurrence

(7) La matrice M =

0 1 a b

convient.

(8) Ceci se démontre immédiatement par récurrence surn.

(9) Pour calculerx_n, on calculeMⁿ en utilisation l’algorithme d’exponentiation rapide dans l’anneau M₂(Z). La matrice Mⁿ est de la forme

α β

? ?

, on peut alors calculerαx₀+βx₁, d’après la question précédente, c’est x_n.

(10) La partie principale du calcul est l’exponentiation Mⁿ. Avec l’algorithme d’expo- nentiation, cela demande O(log₂n) multiplication dans l’anneau M₂(Z). Une mul- tiplication dans cet anneau demande un certain nombre (constant) d’opérations arithmétiques dans Z. On peut donc calculer x_n en faisant O(log₂n) opérations arithmétiques dans Z.

(12) Comme u est non nul, les vecteurs v tels que (u, v) soit liée sont les vecteurs appartenant à la droite engendrée paru, qui est de cardinalp. Le nombre de vecteurs v tels que (u, v) soit libre est donc p²−p=p(p−1).

(13) Le nombre de vecteurs non nuls u dans F²_p est p² −1. Pour chacun de ces u, il existe p(p−1) vecteursv tels que (u, v) soit une base. Il en résulte que le nombre de bases, c’est-à-dire le cardinal deGL₂(F_p)vaut p(p−1)²(p+ 1).

(14) Comme a6= 0, la matrice M est inversible. Comme c’est un élément deGL₂(F_p), M^N est la matrice identité pour N =p(p−1)²(p+ 1). On a la relation :

x_n x_n+1

=Mⁿ x₀

x₁

CommeM^n+N =MⁿM^N =Mⁿ, il vient aussitôt que x_n+N =x_n pour tout n≥0.

(15) On a λ ∈ K^× puisque a 6= 0. Comme K^× est de cardinal p² −1, on en déduit λ^p2−1 = 1.

(16) Le polynôme minimal deλestP; orλest racine du polynômeX^p2−1−1d’après la question précédente, donc P divise X^p2−1−1, ce qui est équivalent à la congruence que l’on souhaite démontrer.

(17) Oui, c’est le théorème de Cayley-Hamilton, qui peut aussi se vérifier à la main dans ce cas particulier.

(18) CommeP est une polynôme annulateur deM, la matriceR(M)obtenue en appli- quant un polynôme R àM ne dépend que de la classe de congruence de R modulo P. Les questions précédentes permettent donc de conclure.

(19) L’argument est identique à celui de la question (14).

(20) On commence par calculer le reste rde la division euclidienne de n parp²−1. On calcule ensuitex_r comme dans l’algorithme de calcul dex_n, à la différence près que l’on peut faire les calculs dans M₂(F_p)plutôt que dans M₂(Z).

(21) Dans F₇[X] on a X²−2X−2 = (X −1)²−3. Les carrés dans F₇ sont 0,1,4,2, donc 3 n’est pas un carré. Ainsi, X² −2X −2 est irréductible sur F₇. D’après ce qui précède, la suitex_n est7²−1 = 48-périodique.

(22) La suitex_nétant48-périodique,x_n =x_r oùr est le reste de la division euclidienne de n par 48. Pour n = 5¹⁰⁰⁰⁰, on peut calculer ce reste par exponentiation rapide modulo 48. On obtient r= 1, donc x_n=x₁ = 1.

(23) Le plus petit entier d vérifiant x_n+d = x_n pour tout n ≥ 0 doit être un diviseur de 48 = 2⁴ ·3. Pour conclure que d = k = 48, il suffit donc de vérifier que la suite x_n n’est ni 16-périodique ni 24-périodique. C’est effectivement le cas, puisque x₁₇= 46=x₁ et x₂₅= 66=x₁.

TP 4 : Corps finis 1

(8) On aCardF^×₃₂ = 31qui est premier, donc tout élément x∈F^×₃₂\ {1} engendreF^×₃₂ (puisque son ordre divise 31 et n’est pas égal à 1).

(9) Le polynôme P = X³ −X + 1 est de degré 3 et sans racine dans F₃ car P(0) = P(1) = P(−1) = 1 en notant n ∈ Z/3Z = F3 la classe de n ∈ Z. Donc P est irréductible sur F₃.

TP 5 : corps finis 2

(1) En calculant P(0), . . . , P(4) on voit que P n’a aucune racine dans Z/5Z = F5. CommeP est de degré 2, on en déduit que P est irréductible sur F₅.

(2) Comme P est de degré 2, on a CardK = 5² d’où CardK^× = 24. Si y = z² avec z ∈ K^× alors y¹² = z²⁴ = 1. Pour démontrer la réciproque on peut procéder d’au moins deux façons.

— Notonsω un générateur du groupe cyclique K^×. soit y∈K^× tel que y¹²= 1. Il existe ` ∈ Z tel que y = ω<sup>`</sup>. On a alors ω^{12`</sup> = 1 donc 24 divise 12` (car ω est d’ordre 24). Donc ` est pair : en posant z =ω<sup>`/2} on obtient y=z².

— L’homomorphisme de groupes de K^× dans lui-même qui envoie x sur x² a un noyau de cardinal 2, formé par 1 et−1(avec16=−1carK est de caractéristique différente de 2). Donc le cardinal de son image I est égal à ¹₂CardK^× = 12. En notant E l’ensemble des y ∈ K tels que y¹² = 1, on a vu précédemment que I ⊂ E. On a donc 12 ≤ CardI ≤ CardE ≤ 12 (car le polynôme X¹² −1 a au maximum 12 racines dans le corps K). On en déduit CardI = CardE, puis I =E.

(3) Par hypothèse on a P(x) = 0 c’est-à-dire x² = 2. On a donc x¹² = 2⁶ = 4³ = (−1)³ =−16= 1 (où les entiers−1,1,2,4sont vus dansK, et plus précisément dans son sous-corps premier Z/5Z) ; évidemment Sage aurait aussi permis de constater quex¹² = 4. En tout cas x n’est pas un carré, d’après la question(2).

(4) CommeU²−xest un polynôme de degré 2 sans racine dansK (d’après la question (3)), il est irréductible donc on peut bien considérer son corps de rupture L. On a Q(X) = Qd−1

i=0(X−u⁵ⁱ)oùdest le plus petit entier tel queu^5d =u(cf. la proposition 4.36 du poly). On peut aussi calculer Qdirectement, en procédant comme suit. On a degQ = [F₅(u) :F₅] = [K(u) : F₅] car K ⊂F₅(u) puisque x= u². Le théorème de la base télescopique donnedegQ= [K(u) :K]·[K :F₅] = 2·2 = 4. En outre on au⁴ =x² = 2 doncX⁴−2est un multiple deQ. Ces deux polynômes sont unitaires et de même degré : ils sont égaux, et Q(X) = X⁴−2.

(5) Commeu⁴ = 2 on a u¹⁶ = 2⁴ = 16 = 1 : l’ordre deu divise 16. Comme CardL^× = (CardK)²−1 = 624, u n’engendre pas le groupe L^×.

(6) L’ordre deu+u² divise 624. Si ce n’est pas 624 alors il divise624/ppour un certain nombre premierpqui divise 624. Sage montre que624 = 2⁴·3·13, et que(u+u²)³¹², (u+u²)³¹², (u+u²)²⁰⁸ et (u+u²)⁴⁸ sont différents de 1. Donc u+u² engendre le groupe L^×.

(7) Avec Sage on constate que R(v) 6= 0 pour tout v ∈ Z/5Z. Donc R est de degré 3 sans racine dans F₅ : il est irréductible sur F₅.

(8) Sage permet de même de vérifier queR(y)6= 0 pour touty ∈L.

(9) L’injection F₅ → L fournit un plongement de M = F₅[V]/(R) dans LM = L[V]/(R).

(10) On a [LM : L] = degR = 3 donc Card (LM) = (CardL)³ = 5¹². Pour chaque d∈ {1,2,3,4,6,12}, LM admet un unique sous-corps de cardinal5^d. Il s’agit, dans l’ordre, deF₅, K, M, L, K[V]/(R)et LM. Pour K[V]/(R), on le plonge dans LM en procédant comme à la question(9) à partir de l’injection K →L.

(11) Commeu+v ∈LM avec[LM :F₅] = 12, on a (u+v)⁵¹² =u+v donc l’ensemble des racines de S est stable par le morphisme de Frobenius x 7→ x⁵. Comme les coefficients de S sont des polynômes symétriques en ces racines, ils sont eux aussi invariants par ce morphisme, donc ils appartiennent àF₅.

(13) Comme S est unitaire et irréductible sur F5, la relation S(w) = 0 montre que S est le polynôme minimal dewsurF₅. DoncF₅(w)est une extension deF₅ de degré degS = 12, contenue dans LM : c’est LM.

(15) Soit q ∈ {5,5³,5⁴}. Le polynôme minimal de w sur le sous-corps de LM à q éléments est Qq−1

i=0(X−w^qi), où d est le plus petit entier strictement positif tel que w^qd =w. Pourq = 5 on retrouveS (voir la question (13)).

TP 6 : Corps finis 3

(1) Sage permet de vérifier queP n’a aucune racine dans F₇. Etant de degré 3, il est donc irréductible sur F₇.

(2) On aCardK = 7³ = 343 car degP = 3.

(3) Comme F₇ est un corps fini, tout corps de rupture de P en est aussi un corps de décomposition. Les racines de P dans K sontu, u⁷ etu⁷² =u⁴⁹.

(4) Voir T.P. 5, question (2).

(5) Sage permet de vérifier que Q n’a aucune racine dans K. Etant de degré 2, il est donc irréductible sur K. Une méthode plus directe pour prouver que Q n’a aucune racine dansK consiste à constater grâce à Sage que(−1−u)¹⁷¹=−1et à appliquer la question (4).

(6) Il suffit de poserR(V) = Q5

i=0(V −v⁷ⁱ)car v⁷⁶ =v puisque [L:F₇] = [L:K]·[K : F₇] = 2·3 = 6.

(7) On au=−1−v² ∈F₇(v)doncL⊂F₇(v)puisqueL=K(v) =F₇(u, v). L’inclusion réciproque étant évidente, on a [F₇(v) : F₇] = [L : F₇] = 6 (d’après la preuve de la question précédente). Le polynôme minimal de v sur F₇ est donc de degré 6 ; il divise R puisqueR(v) = 0, et est unitaire donc c’est R. Donc R est irréductible sur F₇.

(8) Comme[L : F₇] = 6, les sous-corps de L sont en bijection avec les diviseurs de 6.

Ce sont F₇, K, L et un sous-corps de degré 2 sur F₇.

(9) Sage permet de constater que 3¹⁷¹ = −1 dans K; il s’agit en fait d’un calcul dans le sous-corps premier F₇ = Z/7Z, qu’on peut faire à la main en constatant que 3³ ≡ −1 mod 7 et 171 = 3·57. On a de même (−1)¹⁷¹ = −1. Il suffit alors d’appliquer la question(4).

(10) On a w⁷² =v^72+74+76 =w car v⁷⁶ =v (voir la preuve de la question(6)). Notons L⁰ le sous-corps de L de degré 2 évoqué à la question (8); il est de cardinal 7². Le morphisme de Frobenius F associé à L⁰ est défini par F(x) = x⁴⁹. Comme [L : L⁰] = 3 et v ∈ L, on a bien F³(v) = v (ce qu’on a utilisé précédemment sous la forme v⁷⁶ = v). La conclusion F(w) = w signifie w ∈ L⁰. Sage montre que le polynôme (X −w)(X −w⁷) est à coefficients dans F₇, ce qu’on pouvait prévoir puisque F₇(w)⊂ L⁰ avec [L⁰ :F₇] = 2. Sage montre aussi que w⁷ 6=w, c’est-à-dire w6∈F₇.

(11) D’après la question (10) on a w⁶ 6= 1 et w⁴⁸= 1, avec 48 = 6·2³. Sage permet de déterminer l’unique entier i ∈ {1,2,3} tel que w^6·2i = 1 et w^6·2i−1 6= 1. On a alors w^6·2i−1 =−1, donc w⁰ =w^3·2i−1 vérifie w⁰² =−1. Par ailleurs −3 est un carré dans F₇, en tant que quotient de deux non-carrés ; et en effet on a −3 = 2² dans F₇. Donc 2w⁰ est une racine carrée de 3 dans L. Le sous-corps L⁰ des questions (8) et (10) est donc F₇(w⁰) =F₇(w).

(14) Une base de B surF₅ est formée par 1, x,x², . . . , x⁹.

(16) Si P était irréductible, on auraitB =F₅¹⁰ =F₅(x) donc n = 10, ce qui n’est pas le cas.

TP 8 : Résultants

(3) Pour(x, y)∈R² posons P_x(T) = T³+T²−x etQ_y(T) =T −T³−y. Alors (x, y) est sur la courbe si et seulement si P_x et Q_y ont une racine commune t ∈ R. Le problème est que le résultant détecte l’existence d’une racine commune dansC. Or sit ∈Cvérifiet³+t² =x∈Rett−t³ =y∈R, alors par somme on at²+t=x+y d’où x = t(t²+t) =t(x+y). Si x+y 6= 0 cela donne t = _x+y^x ∈ R; si x+y = 0 alors t² +t = 0 donc t ∈ {0,−1} ⊂ R. Donc si pour x, y ∈ R il existe t ∈ C tel que P_x(t) = Q_y(t) = 0, alors t ∈ R. Comme degP_x = degQ_y = 3 quels que soientx ety, les points de la courbe sont exactement les couples(x, y)∈R² tel que Res(P_x, Q_y) = 0.

(5) Notons A_x(Y) =Y²−x³−2x−1et B_x(Y) = (x−3)²+ (Y −11)²−13², de telle sorte que le cercle de centre(3,11)et de rayon 13 soit l’ensemble des(x, y)∈R² tels que B_x(y) = 0. Sage permet de calculer R_x = Res(A_x(Y), B_x(Y)). Si (x, y) ∈ R² est un point d’intersection de la courbe d’équation A_x(y) = 0 et du cercle alors on a R_x = 0. La recherche des racines rationnelles du polynôme R_X fournit la liste (finie) des candidats possibles pour x. Il suffit alors, pour chaque telx, d’examiner si il existe des valeurs rationnelles dey telles que (x, y)soit un point d’intersection.

(6) La tangente en (x_n, f(x_n)) au graphe de f a pour équation Y = f(x_n) + (X − x_n)f⁰(x_n); elle coupe l’axe des abscisses en un unique point (x_n+1,0) sif⁰(x_n)6= 0, et on a alorsxn+1 =xn− _f^f(x0(xⁿn⁾).

(7) Comme f et f⁰ sont continues et f⁰(x∞) 6= 0, on peut passer à la limite dans la relation de récurrence de la question précédente ce qui donnex∞ =x∞−_f^f(x0(x^∞∞⁾) d’où f(x∞) = 0.

TP 9 : Lemme de Hensel et factorisation dans Z[X ]

(1) La dérivée deP =Xⁿ−1estnXⁿ⁻¹. Sip|nc’est 0 doncXⁿ−1n’est pas séparable.

Sinon la seule racine deP⁰ est 0, qui n’est pas racine de P, doncP est séparable.

(2) Comme p6 |n, les racines de Xⁿ−1 sont simples d’après la question (1). Il y en a n dans Fp si, et seulement si, F^×_p possède n éléments dont l’ordre divise n. Or les éléments deF^×_p dont l’ordre divisen sont ceux dont l’ordre diviseδ = pgcd(n, p−1); ils forment un sous-groupe de cardinalδ car F^×_p est cyclique. Il y en a donc n si, et seulement si, n divise p−1.

(3) En choisissant aléatoirement x ∈ Z/13¹²Z et après un petit nombre d’essais, on trouve une valeur telle que x^6·1311 6= 1, puisque Z/13¹²Z est cyclique de cardinal 12·13¹¹. En posant y=x^3·1311 on a alors y² 6= 1 et y⁴ = 1.

(4) SiP =QRavecQ, R∈Z[X]non constants alors on adegQ≤2(quitte à permuter Q et R), Q etR unitaires (quitte à les multiplier par −1, puisque P est unitaire), etkQk_∞≤2^degQkPk₂ ≤8.

(6) SiP était réductible (dans Q[X] ou dansZ[X], c’est équivalent car P est primitif et non constant), le polynôme Q de la question (4) se réduirait modulo 17 sur l’un des diviseurs trouvés à la question (5). Comme les entiers de −8 à 8 forment un système complet de représentants de Z/17Z, chaque tel diviseur ne peut provenir que d’un et un seul polynôme Q ∈ Z[X]. On vérifie qu’aucun de ces polynômes Q ne diviseP, donc P est irréductible.

TP 10 : Racines carrées dans F

(1) Posonsn= ^q+1₂ . Alors on a 2na= (q+ 1)a= 2qx+a =a.

(2) Le groupe cyclique F^×_p est isomorphe à Z/2qZ. Si a ∈ F^×_p vérifie a

p

= 1, la question précédente montre quea =x² en posant x=aⁿ avec n= ^q+1₂ .

(3) Le groupeGest cyclique, isomorphe à Z/(p−1)Z donc àZ/2ⁿZ×Z/qZ car q est impair.

(4) Comme G est cyclique d’ordre multiple de 2ⁿ, il admet un unique sous-groupe H d’ordre2ⁿ, et H est cyclique. Notonsρ un générateur deH; alors ρ est d’ordre2ⁿ. Les a ∈G tels que a²ⁱ = 1 forment un sous-groupe de G contenu dans H; ce sont les éléments de la formea=ρ^k·2n−i avec0≤k ≤2ⁱ−1, et il y en a 2ⁱ.

(5) D’après la question précédente il existe `∈N tel que c=ρ<sup>`</sup>; de plus ` est impair, sinon cserait un carré.

(6) On a z²ⁿ⁻¹ = u^(p−1)/2 =

u p

= −1 donc z est d’ordre 2ⁿ. De même, b²ⁿ⁻¹ = a^(p−1)/2 =

a p

= 1.

(7) Supposons ces propriétés réalisées à une étape donnée, avec t, z, b, x, k. Alors à l’étape suivante, avec t⁰, z⁰, b⁰, x⁰, k⁰ on a x⁰²b⁰⁻¹ = x²t⁰²z⁰⁻¹b⁻¹ = x²b⁻¹ = a. En outrez est d’ordre2^k donc t⁰ est d’ordre2^m+1 etz⁰ est d’ordre2^m = 2^k0. Enfin on a b^02k0−1 =b^2m−1z^02m−1 = (−1)(−1) = 1 car −1 est l’unique élément autre que 1 dont le carré soit égal à 1.

(8) A chaque étape, la question précédente montre que l’ordre de b divise 2^k−1 donc k⁰ = m ≤ k −1 : la valeur de k ∈ N diminue strictement à chaque étape. Donc l’algorithme termine ; à la fin on a b= 1 donc x² =a.

(11) Lorsque p≡3 mod 4 on a n = 1, et après l’initialisation on a b = 1 : on termine sans passer dans la boucle. On retrouve exactement l’algorithme de la question(8).