Pascal BOYER

Maître de conférence à l'université Pierre et Marie Curie Paris 6.
Chercheur à l'Institut de Mathématiques de Jussieu , Projet Formes automorphes .

Institut de Mathématiques de Jussieu
UMR 7539
175, rue du Chevaleret
75013 Paris

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Corps finis. Applications

Plan
- régler la question de la commutativité: le mieux est de prendre comme définition qu'un corps est commutatif et de placer plus loin qu'une algèbre à division finie est commutative;
- pour l'unicité et pour les notations, il est agréable de d'admettre l'existence d'une clôture algébrique (propriété générale qui pourrait être prouvée dans un cours sur les corps), de sorte qu'il y a une unique extension de degré donné d de F_p plongée dans cette clôture algébrique `F_p fixée à l'avance une fois pour toute, que l'on note alors F_p^d (noter qu'ici corps de rupture= corps de décomposition). On pourra alors noter que `F_p = È_n F_q^n!. Si cette solution ne vous satisfait pas, vous pouvez faire la proposition classique d'existence et unicité à isomorphisme près d'une extension de degré d de F_p puis dans la foulée vous construisez`F_p = È_n F_q^n! en précisant bien que vous prenez à chaque cran F_q^n! une extension de F_q^(n-1)!. Par la suite on considère cette clôture algébrique et on note F_p^d l'unique extension de degré d contenue dans`F_p;
- il faut donner des exemples: F₄, F₈, F₉;
- donner les règles d'inclusion F_q Ì F_q¢ si et seulement si q=p^r et q¢=p^rn;
- F_q^× est cyclique;
- parler des groupes finis PGL₂(F₂), PGL₂(F₃), PSL₂(F₃) et PGL₂(F₅); donner le cardinal de GL_n(F_q) voir des groupes orthogonaux; le p-sous-groupe de Sylow de GL_n(F_q);
- faire un paragraphe sur les polynômes: en utilisant le critère que P de degré n est irréductible si et seulement s'il n'a pas de racines dans toutes les extensions de degré inférieure ou égale à n/2. Ici c'est particulièrement simple car il y a une unique extension de degré donné de F_q plongée dans F_q.
- introduire le Frobenius, on pourra aussi faire la théorie de Galois;
- on peut aussi parler de codes linéaires et notamment des codes cycliques;
- le solitaire avec l'utilisation de F₄;
- Berlekamp;
- dans la loi de réciprocité quadratique, le symbole de Legendre est un élément de Z.
Développements
- réciprocité quadratique;
- nombre de polynômes irréductibles sur F_q;
- théorie de Galois,
- le théorème de Dirichlet faible;
- Wedderburn
- Etude de la réduction modulo p des polynômes cyclotomiques;
- codes linéaires cycliques;
- Chevalley-Warning
Questions
- Décrivez explicitement les corps F₄, F₈, F₁₆ et F₉;
  - On vérifie rapidement que X²+X+1 n'a pas de racines dans F₂, étant de degré 2 il y est alors irréductible de sorte que F₂[X]/(X²+X+1) est un corps, une extension de degré 2 de F₂ et donc isomorphe à F₄ qui par convention est le corps de cardinal 4 contenu dans une clôture algébrique F₂ de F₂ fixée une fois pour toute. Comme F₄^× @ Z/3Z, tout élément autre que 0,1 est un générateur de F₄^×, soit X et X+1.
  - De même, on vérifie que X³+X+1 n'a pas de racines dans F₂; étant de degré 3 il est alors irréductible sur F₂ de sorte que F₂[X]/(X³+X+1) est un corps de cardinal 8 et donc isomorphe à F₈. Comme F₈^× @ Z/7 Z tout élément autre que 0,1 est un générateur du groupe des inversibles, par exemple X.
  - Encore une fois X⁴+X+1 n'a pas de racines sur F₂ mais cela ne suffit pas pour conclure à son irréductibilité; il nous faut montrer que X⁴+X+1 n'a pas de racines dans F₄. Soit donc x ÎF₄ n'appartenant pas à F₂; on a alors x³=1 de sorte que x⁴+x+1=x+x+1=1 ¹ 0. Ainsi X⁴+X+1 n'a pas de racines dans les extensions de degré £ 4/2 de F₂ et est donc irréductible sur F₂ de sorte que F₂[X]/(X⁴+X+1) est un corps de cardinal 16 qui est donc isomorphe à F₁₆. Pour savoir si X est un générateur du groupe multiplicatif, il suffit de vérifier qu'il n'est pas d'ordre 3 ou 5. Or dans la base 1,X,X²,X³, X³ -1 ¹ 0 et X⁵-1=X²+X+1 ¹ 0. On cherche les éléments de F₄ autres que 0,1, i.e. des éléments d'ordre 3. Un candidat naturel est X⁵=X²+X=:c, on a alors c²=X⁴+X² et c²+c+1=0 et c³=1 de sorte que le sous ensemble { 0, c,c²,c³ } de F₁₆ correspond au sous-corps F₄. En outre X²+cX+1 n'a pas de racines dans F₂[c] et il y est donc irréductible de sorte que F₁₆ @ F₂[X,Y]/(Y²+Y+1,X²+YX+1).
  - A nouveau X²+X-1 n'a pas de racines dans F₃, il y est donc irréductible et F₉ @ F₃[X]/(X²+X-1). En outre F₉^× @ Z/8Z de sorte qu'il y a y(8)=4 générateurs et donc 4 non générateurs. On a X⁴=(X-1)²=X²-2X+1=-3X+2=-1 et X est un générateur de F₉^×.
- Factoriser X⁵-X+1 sur F₅.
  - On écrit la table des carrés de F₅, soit
    
    x
    0
    1
    2
    -2
    -1
    
    x²
    0
    1
    -1
    -1
    1
    
    et on remarque que 2 n'est pas un carré dans F₅. On vérifie rapidement que pour P(x):=X²+X+1, P(0), P(±1) et P(±2) ne sont pas nuls de sorte que P n'a pas de racine dans F₅, étant de degré 2 il y est donc irréductible. >/li>
  - Le corps F₅[X]/(P(X)) est de cardinal 25 et donc isomorphe à F₂₅ qui est un corps de décomposition de X²⁵-X. Par ailleurs la classe x de X dans F₅[X]/(P(X)) vérifie P(x)=0 de sorte que x est une racine de P qui étant de degré 2, y est alors totalement décomposé. On en déduit alors que P admet deux racines dans F₂₅. >/li>
  - Un isomorphisme f:F₅[X]/(X²+X+1) @ F₂₅ étant fixée, l'image a Î F₂₅ de X par f vérifie alors a²+a+1=0 et est donc une racine de X²+X+1. Le sous-espace vectoriel sur F₅ de F₂₅ engendré par 1 et a est de dimension 2 car a\not Î F₅ et est donc égal à F₂₅ de sorte que tout élément b Î F₂₅ s'écrit sous la forme a a+ b avec a,b Î F₅.
  - On vérifie rapidement que P n'a pas de racine dans F₅. Soit alors b =a a+b Î F₂₅; on a b⁵=a⁵ a⁵ + b⁵=a a⁵+b. Or on a a²=-a-1 soit a⁴=a²+2a+1=a et donc a⁵=a²=-a-1. Ainsi b⁵-b+1=a(-a-a) + (b -b -a +1) ¹ 0 car a\not Î F₅ soit P n'a pas de racine dans F₂₅ de sorte qu'il est irréductible sur F₅. Par ailleurs, P en tant que polynôme de Z[X] unitaire, y est irréductible. En effet une factorisation P=QR dans Z[X] induit par réduction modulo 5 une factorisation `P = `Q `R dans F₅[X]. Comme P est unitaire, Q et R le sont aussi, de sorte que degQ=deg `Q et degR=deg `R; `P étant irréductible, on en déduit que `Q, ou `R, est un polynôme constant donc, étant unitaire, égal à `1 et donc Q, ou R, est le polynôme constant égal à 1. Ainsi P est irréductible sur Z et donc irréductible sur Q d'après le lemme de Gauss.
- Donner par exemple tous les polynômes de degré 4 sur F₂ puis tous ceux de degré 2 sur F₄ et faire le lien.
  - Les polynômes irréductibles de degré 1 sont X et X-1; ceux de degré 2 sont tels que X⁴-X=X(X-1)P ce qui donne X²+X+1. Pour ceux de degré 3, on a X⁸-X=X(X-1)P₁P₂ et on trouve X³+X+1 et X³+X²+1. Enfin pour ceux de degré 4, on a X¹6-X=(X⁴-X)Q₁Q₂Q₃ et on trouve X⁴+X+1, X⁴+X³+X²+X+1 et X⁴+X³+1. En effet ceux-ci sont irréductibles car un élément j de F₄ qui n'est pas dans F₂ vérifie j³=1 de sorte qu'il ne peut être racine des polynômes en question.
  - Tout polynôme de F₂[X] de degré 4, irréductible sur F₂, possède une racine dans F_2⁴ qui est une extension de degré 2 de F₄; on en déduit donc que sur F₄ il se factorise en un produit de 2 polynômes irréductibles de degré 2.
  - Les 3 polynômes de degré 4, irréductibles dans F₂[X] fournissent 6 polynômes de F₄[X] irréductibles de degré 2; ceux-ci sont distincts deux à deux car les 3 polynômes de degré 4 du départ sont premiers deux à deux dans F₂ et donc dans F₄. Par ailleurs étant donné un polynôme de F₄[X] irréductible de degré 2, en le multipliant par son conjugué par l'unique élément non trivial du groupe de Galois de F₄:F₂, qui échange j et j² avec les notations précédentes, on obtient un polynôme de degré 4 à coefficient dans F₂, car les coefficients sont invariants par le groupe de Galois, et irréductible.
  - On note 0,1,j,j² les éléments de F₄ avec 1+j+j²=0. Les polynômes de degré 1 sont X,X-1,X-j,X-j² de produit X⁴-X. En ce qui concerne le degré 2, X⁴+X+1, X⁴+X³+X²+X+1 et X⁴+X³+1 doivent s'écrire comme le produit de 2 polynôme irréductible de degré sur F₄. On trouve alors X⁴+X+1=(X²+X+j)(X²+X+j²), X⁴+X³+1=(X²+jX+j)(X²+j²X+j²) et X⁴+X³+X²+X+1=(X²+jX+1)(X²+j²X+1).
- Calculez le corps de décomposition de Xⁿ-1; en déduire le théorème de Dirichlet faible.
  - Le corps L est isomorphe à F_p^r pour un certain r et Gal(L/F_p) @ Z/rZ engendré par Fr_p. En outre on a L=F_p[c] pour c Î L une racine primitive n-ième de l'unité. Ainsi un élément s Î Gal(L/F_p) est déterminé par s(c) qui doit être une racine primitive n-ième de l'unité et donc de la forme c^k pour k Î (Z/nZ)^×. On obtient ainsi une application injective naturelle
    
    s Î Gal
    (L/F_p) ® k Î (Z/nZ)^×
    
    l'image étant le groupe engendré par la classe de p. Ainsi r est l'ordre de p dans (Z/nZ)^×. Soit F_n(X)=P₁ ¼P_s la décomposition en irréductibles de la réduction modulo p de F_n. Soit c une racine de P₁ de sorte que L=F_p[c] et donc P₁ est le polynôme minimal de c sur F_p et donc degP₁=[L:F_p]. En conclusion tous les P_i sont de même degré [L:F_p] et donc s=[(y(n))/([L:F_p])] où l'on rappelle que [L:F_p] est l'ordre de p dans (Z/nZ)^×.
  - Ainsi p º 1 mod n est équivalent à demander que `F_n est totalement décomposé sur F_p ce qui on vient de le voir, est équivalent à demander que `F_n a une racine dans F_p. Soit donc p premier divisant F_n(N!) º 1 mod N! soit p > N et p º 1 mod n car `F_n a pour racine `N!.
  - On vient donc de montrer une version faible du théorème de progression arithmétique dont l'énoncé fort est que pour tout a premier avec n, il existe une infinité de premiers congrus à a modulo n, ceux-ci se répartissant de manière uniforme en un sens que l'on ne précise pas ici, sur les a Î (Z/nZ)^×.
- Trouver les p tels que 3 est un carré modulo p. En déduire qu'il existe une infinité de p º -1 mod 12.
  - Si p divise a²-3b² et p premier avec b alors 3 est un carré modulo p. Or on a ([3/(p)])=([(p)/3]) (-1)^(p-1)/2 et donc 3 est un carré modulo p dans les deux situations suivantes: - ([(p)/3])=(-1)^(p-1)/2=1 soit p º 1 mod 3 et p º 1 mod 4 soit p º 1 mod 12; - ([(p)/3])=(-1)^(p-1)/2=-1 soit p º -1 mod 3 et p º -1 mod 4 soit p º -1 mod12;
  - Soit alors N=3(n!)²-1; tout diviseur premier p de N est alors congru à ±1 modulo 12 et supérieur à n de sorte que par hypothèse, p º 1 mod 12. On en déduit alors que N º 1 mod 12 ce qui n'est pas car N º -1 mod 12.
- Soit n qui n'est pas de la forme 2^e p^r avec e=0,1; alors F_n(X) est irréductible sur Z et réductible modulo tout p premier.
  - Avec les hypothèses de l'énoncé (Z/nZ)^× n'est pas cyclique.
  - On sait que la réduction modulo p de F_n est un produit de polynômes irréductibles qui ont tous le même degré à savoir l'ordre de p dans (Z/nZ)^×. Ainsi F_n est irréductible modulo p si et seulement si p engendre (Z/nZ)^× ce qui ne se peut pas si ce dernier groupe n'est pas cyclique.
  - Remarque: On a ainsi une famille d'exemples de polynômes irréductibles sur Z et réductible modulo tout premier p.
- Étant donné un polynôme P irréductible sur F_q et de degré n, comment se décompose-t-il sur F_q^m; on pourra regarder le cas n=6, m=3.
  - Si P est réductible sur F_p, il l'est sur toute extension F_p^m. Supposons donc P irréductible sur F_p de sorte que toutes les racines de P, vues dans [`(F)]_p, sont dans F_pⁿ et aucune n'appartient à un sous-corps strict. On regarde alors P comme un polynôme dans F_p^m[X] dont on se demande s'il est encore irréductible. Il faut regarder s'il possède ou non des racines dans F_p^mr pour r £ n/2 et donc si F_pⁿ Ì F_p^mr, 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 Ùm, les facteurs irréductibles sont alors de degré r un multiple de n/d.
  - Pour n=5, la décomposition en facteur irréductible donne en prenant les degrés les décompositions 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 être sur d'avoir toutes les racines (resp. au moins une racine) il faut donc se placer dans F_p⁶⁰ (resp. F_p¹⁰) avec 60=5.4.3 (resp. 10+5.2).
  - Soit n un entier tel que pour tout p premier sauf éventuellement un nombre fini, n est un carré modulo p. Montrer que n est un carré dans N.
- Soit n un entier tel que pour tout p premier sauf éventuellement un nombre fini, n est un carré modulo p. Montrer que n est un carré dans N.
  - Soit p₁,¼,p_n tels que pour tout p ¹ p_i, n est un carré modulo p. Supposons n sans facteur carré et distinct de ±1,±2. On écrit n=hl₁ ¼l_k avec h Î { ±1,±2 } et où les l_i sont premiers impairs distincts (k ³ 1). Il existe un entier naturel a tel que:
    
    a º 1 mod 8p₁ ¼p_nl₁ ¼l_k-1 et a º r mod l_k
  - D'après la loi de réciprocité quadratique on a
    
    ( n
    a
    )=( l₁¼l_k
    a
    )=
    Õ
    i
    ( a
    l_i
    )=( 1
    l₁
    ) ¼( 1
    l_k-1
    ) ( r
    l_k
    )=-1
    
    de sorte que a a un diviseur premier p distinct des p_i tel que ([(n)/(p)])=-1, d'où la contradiction.
- Le jeu du solitaire.
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