Th´ eorie des Nombres - DM2 Corps finis

Universit´e Pierre & Marie Curie Master de math´ematiques 1

Ann´ee 2010-2011 Module MM020

Th´ eorie des Nombres - DM2 Corps finis

Exercice 1 : L’objectif de l’exercice est de d´emontrer le r´esultat suivant : soit Fq un corps fini, a₁, . . . , a_n∈Fq tous non nuls,d₁, . . . , d_n∈N\ {0}, on consid`ere l’´equation polynˆomiale

a1x^d₁¹ +· · ·+anx^d_nⁿ = 1

et on noteN le cardinal de l’ensemble des solutions (x₁, . . . , x_n)∈Fⁿ_q. Alors

|N −qⁿ⁻¹| ≤d₁. . . d_nqⁿ⁻¹²

1−1 q

−ⁿ

2

. (1)

a) Montrer qu’il suffit de traiter le cas o`ud_i diviseq−1, pour tout 1≤i≤n.

On supposera donc dans la suite que cette condition est v´erifi´ee.

b) D´efinissonsN(a₀, . . . , a_n) comme le nombre de solutions de l’´equation a1x^d₁¹+· · ·+anx^d_nⁿ =a0

dans Fⁿ_q.

i) Montrer que

X

a∈Fⁿ⁺¹q

N(a) =q²ⁿ. ii) Montrer que

X

a∈Fⁿ⁺¹q

N(a)²= X

x,y∈Fⁿq

qⁿ⁻¹+ X

x,y∈Fⁿq t.q. rg(x,y)=1

(qⁿ−qⁿ⁻¹),

o`u la seconde somme porte sur les vecteursx, y dansFⁿ_q tels que la matrice x^d₁¹ . . . x^d_nⁿ 1

y₁^d1 . . . y_n^dn 1

soit de rang 1.

iii) En d´eduire que

X

a∈Fⁿ⁺¹q

N(a)²≤q³ⁿ⁻¹+d₁. . . d_nqⁿ(qⁿ−qⁿ⁻¹). iv) En d´eduire que

X

a∈Fⁿ⁺¹q

(N(a)−qⁿ⁻¹)²≤d₁. . . d_nq²ⁿ⁻¹(q−1). (2)

c) i) Montrer que sia_i6= 0, b_i6= 0, t6= 0, alors N(1, a₁, . . . , a_n) =N(t, a₁b^d₁¹t, . . . , a_nb^d_nⁿt).

ii) En d´eduire que dans la formule (2), au moins ^(q−1)_d ⁿ⁺¹

1...dn termes de la somme sont ´egaux `a (N−qⁿ⁻¹)².

iii) En d´eduire le r´esultat souhait´e, `a savoir la formule (1).

1

d) On consid`ere cette fois l’´equation

a1x^d₁¹+· · ·+anx^d_nⁿ = 0,

et on poseδ:= PPCM(d₁, . . . , d_n). En raisonnant comme dans les questions pr´ec´edentes, montrer que le nombre de solutions N⁰ de cette ´equation dans Fⁿ_q v´erifie

|N⁰−qⁿ⁻¹| ≤ d1√. . . dn

δ qⁿ²

1−1 q

−ⁿ⁻¹

2

.

Solution de l’exercice 1.

a) Pour touti, on notee_i := PGCD(d_i, p−1) : alorsd_i =e_if_i, avecf_i premier `ap−1. On consid`ere les deux ´equations suivantes

a1x^d₁¹+· · ·+anx^d_nⁿ = 1, (3) a₁y₁^e1+· · ·+a_ny_n^en= 1. (4) NotonsN⁰⁰le nombre de solutions de (4). Notons aussiE₃ (resp.E₄) l’ensemble des solutions de (3) (resp. de (4)). Alors on a une bijection ϕ:E3 →E4d´efinie par (x1, . . . , xn)7→(x^f₁¹, . . . , x^fnⁿ).

Cette application est bien d´efinie, elle est bijective puisque pour touti, l’´el´evation `a la puissance fi est un isomorphisme deF<sup>∗</sup><sub>q</sub> (car fi est premier `aq−1). Par cons´equent, on a #E3 = #E4, i.e.

N =N⁰⁰.

Enfin, puisque pour tout i,e_i ≤d_i, on a e1. . . enqⁿ⁻¹²

1−1

q −ⁿ

2

≤d1. . . dnqⁿ⁻¹²

1− 1 q

−ⁿ

2

.

Cela assure donc qu’il suffit de montrer le r´esultat pour l’´equation (4). On peut donc supposer que pour tout i,di diviseq−1.

b) i) Pour tout a∈Fⁿ_q, on note Pa(X1, . . . , Xn) := a1X₁^d1 +· · ·+anX_n^dn et pour a⁰ ∈Fⁿ⁺¹_q , on note P_a(X₁, . . . , X_n) :=a⁰₁X₁^d1 +· · ·+a⁰_nX_n^dn−a⁰₀. On a

X

a∈Fⁿ⁺¹q

N(a) = X

a∈Fⁿ⁺¹q





X

x∈Fⁿq:Qa(x)=0

1



= #A , o`u

A:=

(a₀, . . . , a_n, x₁, . . . , x_n)∈F²ⁿ⁺¹q :Q_a(x) = 0 . Or on a une bijection ´evidente F²ⁿq →A d´efinie par

(a1, . . . , an, x1, . . . , xn)7→(Pa(x), a1, . . . , an, x1, . . . , xn) (il est clair que c’est bijectif). Donc #A= #F²ⁿ_q =q²ⁿ, d’o`u le r´esultat.

ii) On a

X

a∈Fⁿ⁺¹q

N(a)²= X

a∈Fⁿ⁺¹q





X

x,y∈Fⁿq:Qa(x)=Qa(y)=0

1



= X

a∈Fⁿq





X

x,y∈Fⁿq:Pa(x)=Pa(y)

1



 ,

donc

X

a∈Fⁿ⁺¹q

N(a)² = X

x,y∈Fⁿq

#

a∈Fⁿq :Pa(x) =Pa(y) .

2

Soient x, y∈Fⁿq. Alors l’´equation Pa(x) =Pa(y), d’inconnues (a1, . . . , an) se r´e´ecrit a1x^d₁¹+· · ·+anx^d_nⁿ =a1y^d₁¹ +· · ·+any_n^dn

i.e.

(x^d₁¹ −y₁^d1)a1+· · ·+ (x^d_nⁿ −y^d_nⁿ)an= 0. (5) Deux cas se pr´esentent : soit pour tout i,x^d_iⁱ =y^d_iⁱ, ce qui revient `a dire que rg(x, y) = 1, et dans ce cas l’´equation (5) a qⁿ solutions ; soit il existe unitel quex^d_iⁱ 6=y^d_iⁱ, auquel cas l’´equation (5) d´efinit un hyperplan deFⁿq, donc admet qⁿ⁻¹ solutions. On obtient donc

X

a∈Fⁿ⁺¹q

N(a)²= X

x,y∈Fⁿq,rg(x,y)=1

qⁿ+ X

x,y∈Fⁿq,rg(x,y)6=1

qⁿ⁻¹= X

x,y∈Fⁿq,rg(x,y)=1

(qⁿ−qⁿ⁻¹)+ X

x,y∈Fⁿq

qⁿ⁻¹.

iii) On a d’abordP

x,y∈Fⁿq qⁿ⁻¹ =q²ⁿqⁿ⁻¹ =q³ⁿ⁻¹.

Ensuite, si x, y∈Fⁿq, on a rg(x, y) = 1 si et seulement si pour touti,x^d_iⁱ =y_i^di, donc

#

x, y∈Fⁿq : rg(x, y) = 1 = X

x∈Fⁿq

#n

y∈Fⁿq :∀i, x^d_iⁱ =y_i^dio .

Or pour tout a∈Fq etd∈Ndivisant q−1, l’ensemble des b∈Fq tels que b^d=a^d est de cardinal 1 (sia= 0) oud(si a6= 0), puisque l’´el´evation `a la puissancedest un morphisme de F^∗q dans lui-mˆeme, dont le noyau est de cardinald. Donc pour touti, pour tout x_i ∈Fq,

#{y_i ∈Fq :x^d_iⁱ =y_i^di} ≤di, donc

#

x, y∈Fⁿq : rg(x, y) = 1 ≤ X

x∈Fⁿq

d1. . . dn(qⁿ−qⁿ⁻¹) =d1. . . dnqⁿ(qⁿ−qⁿ⁻¹). Par cons´equent, la formule de la question b) ii) assure que

X

a∈Fⁿ⁺¹q

N(a)²≤q³ⁿ⁻¹+d1. . . dnqⁿ(qⁿ−qⁿ⁻¹).

iv) On d´eveloppe, pour touta∈Fⁿ⁺¹q

(N(a)−qⁿ⁻¹)² =N(a)²−2qⁿ⁻¹N(a) +q²ⁿ⁻², donc

X

a∈Fⁿ⁺¹q

(N(a)−qⁿ⁻¹)² = X

a∈Fⁿ⁺¹q

N(a)²−2qⁿ⁻¹ X

a∈Fⁿ⁺¹q

N(a) +q³ⁿ⁻¹.

On utilise alors les questions b) i) et b) iii) pour majorer les deux sommes, et on obtient X

a∈Fⁿ⁺¹q

(N(a)−qⁿ⁻¹)²≤q³ⁿ⁻¹+d₁. . . d_nqⁿ(qⁿ−qⁿ⁻¹)−2qⁿ⁻¹q²ⁿ+q³ⁿ⁻¹ =d₁. . . d_nq²ⁿ⁻¹(q−1).

c) On v´erifie facilement que pour touta_i, toutt6= 0, toutb_i 6= 0, l’applicationFⁿq →Fⁿq d´efinie par (y1, . . . , yn)7→(b1y1, . . . , bnyn) induit une bijection entre l’ensemble des solutions de

(ta₁b^d₁¹)y^d₁¹ +· · ·+ (ta_nb^d_nⁿ)y^d_nⁿ =t et l’ensemble des solutions de

a₁x^d₁¹+· · ·+a_nx^d_nⁿ = 1

(la multiplication parb_iest un isomorphisme deFq puisqueb_i est inversible dansFq). Cela assure que N(t, ta₁b^d₁¹, . . . , ta_nb^d_nⁿ) =N(1, a₁, . . . , a_n).

3

d) Par la question c) i), il suffit de v´erifier que l’ensemble des (n+1)-uplets de la forme (t, ta1b^d₁¹, . . . , tanb^d_nⁿ), o`ut et lesb_i d´ecriventF^∗q, est de cardinal au moins ^(q−1)_d ⁿ⁺¹

1...dn .

Pour cela, on se donne deux (n+ 1)-uplets (t, b₁, . . . , b_n) et (t⁰, b⁰₁, . . . , b⁰_n) dans (F_q^∗)ⁿ⁺¹. Alors (t, ta₁b^d₁¹, . . . , ta_nb^d_nⁿ) = (t⁰, t⁰a₁b^0d₁¹, . . . , t⁰a_nb^0d_nⁿ) si et seulement sit=t⁰ et pour touti,b^d_iⁱ =b^0d_iⁱ si et seulement si t = t⁰ et

bi

b⁰i

di

= 1. Par cons´equent, pour tout (t, b₁, . . . , b_n) ∈ (F^∗q)ⁿ⁺¹, l’ensemble des (t⁰, b⁰₁, . . . , b⁰_n)∈(F^∗q)ⁿ⁺¹tels que (t, ta₁b^d₁¹, . . . , ta_nb^d_nⁿ) = (t⁰, t⁰a₁b^0d₁¹, . . . , t⁰a_nb^0d_nⁿ) est de cardinald₁. . . d_n. Or #(F^∗q)ⁿ⁺¹ = (q−1)ⁿ⁺¹, donc par c) i), il y a au moins ^(q−1)_d ⁿ⁺¹

1...dn termes de la somme (2) ´egaux `a (N −qⁿ⁻¹)².

e) Les questions b) iv) et c) ii) assurent que (q−1)ⁿ⁺¹

d1. . . dn

(N −qⁿ⁻¹)² ≤ X

a∈Fⁿ⁺¹q

(N(a)−qⁿ⁻¹)²≤d₁. . . d_nq²ⁿ⁻¹(q−1).

Donc on en d´eduit que

(N−qⁿ⁻¹)²≤ (d₁. . . d_n)² (q−1)ⁿ q²ⁿ⁻¹, d’o`u le r´esultat en prenant la racine carr´ee.

f) Comme dans la question a), on peut supposer que pour touti,d_i|q−1. On modifie le r´esultat obtenu dans la question c) i) : la mˆeme preuve assure queN(0, a₁, . . . , a_n) =N(0, ta₁b^d₁¹, . . . , ta_nb^d_nⁿ) pour tout t6= 0, bi 6= 0. Mais on a dans ce cas la situation suivante (analogue de c) ii)) : con- sid´erons le morphisme de groupes multiplicatifsφ: (F^∗q)ⁿ⁺¹→(F^∗q)ⁿd´efini parφ(t, b₁, . . . , b_n) :=

(tb^d₁¹, . . . , tb^d_nⁿ). Alors on a Ker(φ) = {(t, b₁, . . . , bn) ∈(F^∗_q)ⁿ⁺¹ :t = (b⁻¹_i )^di,∀i}. Or t ∈ F^∗_q est une puissance di-i`eme pour tout isi et seulement sitest une puissanceδ-i`eme, donc

Ker(φ) = n

(t, b1, . . . , bn)∈(F^∗q)ⁿ⁺¹ :tpuissance δ-i`eme dans Fq, b^d_iⁱ =t⁻¹,∀io .

On a donc ^q−1_δ choix pourt, et pour chaquet, on a d_i choix pourb_i, pour touti. Donc

#Ker(φ) = q−1

δ d1. . . dn, donc

#Im(φ) = (q−1)ⁿ⁺¹

#Ker(φ) = δ(q−1)ⁿ d1. . . dn

. Donc dans la somme (2), on a au moins ^δ(q−1)_d ⁿ

1...dn termes ´egaux `a (N⁰−qⁿ⁻¹)².

On conclut alors en combinant cette derni`ere remarque et la question b) iv), pour obtenir que δ(q−1)ⁿ

d1. . . dn

(N⁰−qⁿ⁻¹)² ≤ X

a∈Fⁿ⁺¹q

(N(a)−qⁿ⁻¹)²≤d₁. . . d_nq²ⁿ⁻¹(q−1),

d’o`u finalement

N⁰−qⁿ⁻¹

≤ d₁. . . d_n

√ δ qⁿ²

1−1

q −ⁿ⁻¹₂

.

4