Dimension d'un espace vectoriel oral Mines MP 2024

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Réponses

  • troisqua a dit :
    @gebrane : quand tu dis les "résultats" du fil tu parles de choses démontrées dans le fil ? Parce que ce qui  manque dans le fil c'est justement la preuve de la première égalité du point 2 que tu évoques c'est à dire l'irréductibilité de $\Phi_n$ sur $\Q$.
    Je ciblais ce message.
    Si ne connaissais pas le résultat je comprends
    mais si tu le connais et tu demandes une preuve, je ne comprends pas 
    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


  • Je n'ai pas compris ce que tu as dit @gebrane. Pour te la faire courte, tu voulais trouver la dimension du $\Q$ espace vectoriel engendré par les racines 9 ièmes de l'unité de façon élémentaire mais tu n'a pas respecté les règles que tu as imposées dans ce fil puisque tu as utilisé implicitement le fait que cet espace est de dimension $6=\phi(9)$ dans ce post sans le prouver. Or admettre le résultat que tu as utilisé c'est trivialiser l'exercice via l'irréductibilité sur $\Q$ des polynômes cyclotomiques. Il en fallait bien une preuve sur ce fil. C'est ce qu'a proposé JLapin et ce que j'ai proposé avec une version plus synthétique.
  • @troisqua Ok pour ta preuve très claire, sauf la fin qui me parait immédiate (mais je fais peut-être un raccourci intuitif rapide).
    Puisque $\omega$ est une racine primitive de l'unité et que toutes les racines de $\Phi_n$ sont primitives, donc s'écrivent $\omega^p$ avec $p \wedge n =1$, qui sont donc des racines de $P$, alors toutes les racines de $\Phi_n$ sont des racines de $P$, et comme $P \mid \Phi_n$, donc $\Phi_n=P$ (en choisissant $P$ unitaire), donc $\Phi_n$ est irréductible.
  • gebrane
    Modifié (3 Jan)
    Bonjour @gai requin  peux tu dire un mot sur  la dimension du sous espace vectoriel de C sur  le corps \( F_p = \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \) ( avec p un nombre premier) engendré par les racines \( n \)-ièmes de l'unité 
    On vient de voir que le polynôme cyclotomique \( \Phi_n \) est irréductible sur \( \mathbb{Q} \), mais qu'en est-il sur \( \mathbb{F}_p \) ?  
    Soit $w$ une racine primitive \( n \)-ième de l’unité.  Le degré de l’extension \( \mathbb{F}_p[w] \) sur \( \mathbb{F}_p \),  que je note \( s \), est le degré du polynôme minimal de \( w \). Une relation entre \( s \) et \( \varphi(n) \) serait la bienvenue
    Avec des exemples il apparait que le degré \( s \) de l’extension est exactement l’ordre de \( p \) dans le groupe \( (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^* \), c'est-à-dire le plus petit entier \( s \) tel que \( p^s \equiv 1 \pmod{n} \).
     Biensure si  \( s = \varphi(n) \), alors \( \Phi_n(X) \) est irréductible sur \( \mathbb{F}_p \). etdonc la dimenstion est $\varphi(n)$

    Est ce que quelqu'un peut démontrer ou réfuter que 
        \( \Phi_n(X) \) est irréductible sur \( \mathbb{F}_p \) si et seulement si l’ordre de \( p \) dans \( (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^* \) est égal à \( \varphi(n) \).  (*)
    Un exemple  n=5 et p=3  l'ordre de \( 3 \) dans \( \mathbb{Z}/5\mathbb{Z} \) est 4 qui coïncide avec $\phi(5)$ donc l 'espace est de dimension 4;  si le résultat (*) est vrai 


     

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  • @Julia Paule  : à $\omega$ fixé, toutes les racines de $\Phi_n$ ne sont pas forcément de la forme $\omega^p$ avec $p$ premier ne divisant pas $n$. Elles sont de la forme $\omega^k$ avec $k$ entre 1 et $n$ tel que $k\land n=1$.
  • gai requin
    Modifié (3 Jan)
    @gebrane, plusieurs remarques.
    1) En remplaçant $\Q$ par $F_p$, il faut remplacer $\C$ par une clôture algébrique de $F_p$.
    2) Si $\phi_n$ est irréductible sur $F_p$, alors $p$ ne divise pas $n$ ce que je suppose désormais.
    3) Dans ce cas-là, (*) me semble vraie.
    Preuve : Soit $\omega$ une racine de $\phi_n$, $\beta=[F_p(\omega):F_p]$ et $r$ l'ordre de $p$ modulo $n$.
    On a $F_p(\omega)=F_{p^\beta}$ donc $\omega^{p^{\beta}-1}=1$ donc $p^{\beta}=1\bmod n$ et $r\mid\beta$.
    En particulier, $F_{p^r}\subset F_p(\omega)$.
    Soit alors l'entier $m$ tel que $p^r-1=nm$.
    On a $\omega^{p^r}=(\omega^n)^m\times\omega=\omega$ donc $F_p(\omega)\subset F_{p^r}$.
    Conclusion : Le degré de $\omega$ sur $F_p$ est l'ordre de $p$ modulo $n$.
    D'où (*).
    Si l'ami @raoul.S peut confirmer o:)

  • raoul.S
    Modifié (4 Jan)
    Je confirme sauf le 2), $\phi_6$ est irréductible sur $\mathbb{F}_2$ et 2 divise 6.

    Edit : c'est faux, voir plus bas.
  • Merci @raoul.S !
    Quelles sont les racines de l’unité d’ordre $6$ dans une clôture algébrique de $\mathbb F_2$ ?
  • Merci pour la réponse GR. (À étudier) 
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  • gai requin a dit :
    Merci @raoul.S !
    Quelles sont les racines de l’unité d’ordre $6$ dans une clôture algébrique de $\mathbb F_2$ ?
    Dans un corps de caractéristique deux, $X^6-1=(X^3-1)^2$. Donc les racines 6-èmes de l'unité sont exactement les racines 3-ièmes de l'unité. Donc il n'y a pas de racine d'ordre 6.
  • Donc $\phi_{6,\mathbb F_2}=1$.
  • raoul.S
    Modifié (4 Jan)
    Oui, en fait j'avais la liste des polynômes cyclotomiques sur $\Q$ sous les yeux et j'ai regardé $\phi_6=X^2-X+1$ et je me suis dit :  tiens il est irréductible dans $\mathbb{F}_2[X]$... :mrgreen:
  • Alors qu’en fait c’est $\phi_{3,\mathbb F_2}$ qui est effectivement irréductible.
    Donc on est ok sur tout 😎
  • En revanche, lorsque $p$ ne divise pas $n$, $\phi_{n,\mathbb F_p}$ est la réduction modulo $p$ de $\phi_{n,\mathbb Q}$.
    Donc, si pour tout $n$, il existe $p$ premier d’ordre $\varphi(n)$ modulo $n$, on tient une autre preuve que les $\phi_{n,\mathbb Q}$ sont irréductibles grâce à @gebrane.
    Qu’en penses-tu @raoul.S ?

  • NicoLeProf
    Modifié (4 Jan)
    Hello les experts @raoul.S et @gai requin :);)
    Je suis un peu paumé, puis-je encore vous embêter un peu et bénéficier de vos lumières svp? :D  
    J'ai deux questions : 1) n'a-t-on pas dans $\mathbb F_2[X]$, $\phi_6=X^2+X+1=\phi_3$ car $-1=1$? Donc les deux polynômes en question sont irréductibles du coup je ne comprends pas cette remarque ci-dessous :
    gai requin a dit :
    Donc $\phi_{6,\mathbb F_2}=1$.
    2)
    raoul.S a dit :
    gai requin a dit :
    Merci @raoul.S !
    Quelles sont les racines de l’unité d’ordre $6$ dans une clôture algébrique de $\mathbb F_2$ ?
    Dans un corps de caractéristique deux, $X^6-1=(X^3-1)^2$. Donc les racines 6-èmes de l'unité sont exactement les racines 3-ièmes de l'unité. Donc il n'y a pas de racine d'ordre 6.
    Y a $1 \in \mathbb F_2$ tout de même qui vérifie tout le temps $1^3=1$... Donc $1$ est racine de $X^3+1$ à coeffs dans $\mathbb F_2$. Donc pourquoi il n'y en a pas? Ah peut-être parce que vous voulez un élément d'ordre $6$ dans le groupe multiplicatif $\mathbb {F}_2^*$ (quand vous parlez de racine d'ordre $6$)? Effectivement, ça va être compliqué... 

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  • Bonjour,
    C'est un domaine très riche, mais j'ai intérêt à revenir à ma zone de confort : l'analyse.
    On m'a envoyé une preuve en privé que je peux partager sur demande.
    Maist, je ne comprends pas pourquoi il est nécessaire de travailler sur une clôture algébrique de \( F_2 \) et non directement sur \( \mathbb{C} \).
    On peut énoncer ce dernier  résultat découvert dans ce fil :
    Soit \( p \) un nombre premier et \( n \) un entier \( > 1 \) avec \( \gcd(p, n) = 1 \). Si l'ordre de \( p \) modulo \( n \) coïncide avec \( \varphi(n) \), alors la dimension du sous-espace vectoriel  sur le corps \( F_2 \), engendré par les racines \( n \)-ièmes de l'unité, est \( \varphi(n) \). Si l'ordre de \( p \) modulo \( n \) ne coïncide pas avec \( \varphi(n) \), gebrane  ne peut rien dire.


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  • @NicoLeProf : En toute caractéristique, $\phi_n$ est le produit des $X-\zeta$, où $\zeta$ décrit l’ensemble des racines de l’unité d’ordre $n$.
    De plus, un produit indexé par l’ensemble vide vaut $1$.
  • NicoLeProf a dit :
    Ah peut-être parce que vous voulez un élément d'ordre $6$ dans le groupe multiplicatif $\mathbb {F}_2^*$ (quand vous parlez de racine d'ordre $6$)? Effectivement, ça va être compliqué... 
    Soit $F$ une clôture algébrique de $\mathbb {F}_2$. On veut un élément d'ordre 6 dans $F^{*}$. Mais comme déjà dit il n'y en a pas.
  • troisqua a dit :
    @Julia Paule  : à $\omega$ fixé, toutes les racines de $\Phi_n$ ne sont pas forcément de la forme $\omega^p$ avec $p$ premier ne divisant pas $n$. Elles sont de la forme $\omega^k$ avec $k$ entre 1 et $n$ tel que $k\land n=1$.
    Qui parle de $p$ premier ne divisant pas $n$ ?
    De plus, vu que $\omega^n =1$, et que par ailleurs $p \wedge n =1 \Leftrightarrow \forall m \in \mathbb Z, (p+nm) \wedge n =1$, je ne vois pas l'intérêt de préciser $1 \leq p \leq n$.
  • @gebrane : Quelles sont les racines de $X^2+1\in F_2[X]$ ?
  • Julia Paule
    Modifié (6 Jan)
    gai requin a dit :
    1) En remplaçant $\Q$ par $F_p$, il faut remplacer $\C$ par une clôture algébrique de $F_p$.
    2) Si $\phi_n$ est irréductible sur $F_p$, alors $p$ ne divise pas $n$ ce que je suppose désormais.
    3) Dans ce cas-là, (*) me semble vraie.
    Preuve : Soit $\omega$ une racine de $\phi_n$, $\beta=[F_p(\omega):F_p]$ et $r$ l'ordre de $p$ modulo $n$.
    On a $F_p(\omega)=F_{p^\beta}$ donc $\omega^{p^{\beta}-1}=1$ donc $p^{\beta}=1\bmod n$ et $r\mid\beta$.
    En particulier, $F_{p^r}\subset F_p(\omega)$.
    Soit alors l'entier $m$ tel que $p^r-1=nm$.
    On a $\omega^{p^r}=(\omega^n)^m\times\omega=\omega$ donc $F_p(\omega)\subset F_{p^r}$.
    Conclusion : Le degré de $\omega$ sur $F_p$ est l'ordre de $p$ modulo $n$.
    Rafraichissement de la mémoire.
    1) En effet, il faut bien prendre $\omega$ dans la clôture algébrique de $F_p$ car $\omega$ racine d'un polynôme à coefficients dans $F_p$ ne peut pas être un complexe (cela ne veut rien dire, et le corps des complexes est un sur-corps de $R$ et $Q$, pas de $F_p$).
    2) Question : Que se passe-t-il si $p$ divise $n$ ? En particulier a-t-on $X^n=X^{pm}=X^m$, comment en déduit-on que $\phi_n$ est réductible dans $F_p$ ?
    3) $\omega$ est dans la clôture algébrique de $F_p$ donc dans un corps de rupture $F_{p^{\beta}}=F_p(\omega)$ de cardinal $p^{\beta}$. Il vérifie $\omega^{p^{\beta}-1}=1$ (ordre du groupe multiplicatif sous-jacent).
    Or par définition de $\omega$, on a $\omega^n=1$, donc $n \mid p^{\beta}-1$, vu que $\omega$ est d'ordre $n$ car racine de $\phi_n$. Donc $p^{\beta}=1\bmod n$, et comme $r$ est l'ordre de $p$ modulo $n$, on a $r \mid \beta$. Donc $F_{p^r}\subset F_{p^{\beta}}=F_p(\omega)$.
    Dans l'autre sens, on a donc $\omega \in F_{p^r}$, donc $F_p(\omega)\subset F_{p^r}$, soit $F_p(\omega) = F_{p^r}$.
    Alors le degré de $\omega$ sur $F_p$ est $[F_p(\omega) : F_p]=[F_{p^r} : F_p]=r$, donc l'ordre de $p$ modulo $n$.
  • Peut-on déduire directement ce résultat, à savoir : le degré de $\omega$ sur $F_p$ est l'ordre de $p$ modulo $n$, de :
    gai requin a dit :
    En revanche, lorsque $p$ ne divise pas $n$, $\phi_{n,\mathbb F_p}$ est la réduction modulo $p$ de $\phi_{n,\mathbb Q}$.
  • gai requin a dit :
    @NicoLeProf : En toute caractéristique, $\phi_n$ est le produit des $X-\zeta$, où $\zeta$ décrit l’ensemble des racines de l’unité d’ordre $n$.
    De plus, un produit indexé par l’ensemble vide vaut $1$.
    Ok, je vois. Mais pourquoi du coup n'a-t-on pas le même résultat pour $\phi_{3,\mathbb F_2}$? On n'a pas non plus d'éléments d'ordre $3$ dans une clôture algébrique de $\mathbb F_2$ si? :#
    gai requin a dit :
    @gebrane : Quelles sont les racines de $X^2+1\in F_2[X]$ ?
    Je sais que cette question s'adresse à mon ami mais je crois qu'il est occupé. :D  
    Dans $\mathbb F_2[X]$, on a : $X^2+1=(X+1)^2$ donc il n'est pas irréductible et sa seule racine est $1$ je crois.
    Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs.


  • @NicoLeProf : Soit $x$ une racine de $X^2+X+1\in F_2[X]$.
    Quel est l’ordre de $x$ ?
  • Je crois que ça s'éclaire petit à petit. Ce que je ne comprends pas c'est dans quel corps on travaille pour les racines?
    Le polynôme que tu me présente ici n'a pas de racines dans $\mathbb F_2$ donc je ne peux rien faire dans $\mathbb F_2$. Ce polynôme est irréductible sur $\mathbb F_2$.
    Maintenant, si tu considères une racine nécessairement complexe de $X^2+X+1$, j'ai $x^3=1$ tandis que $x \neq 1$ et $x^2 \neq 1$.
    Donc ce que tu veux me faire dire, c'est que $x$ est bien d'ordre $3$ dans une clôture algébrique de $\mathbb F_2$ et même $\overline{x}$. Mais c'est quoi explicitement une clôture algébrique de $\mathbb F_2$? C'est $\mathbb F_2[e^{2i \pi/3}]$? Non, ça c'est le corps de décomposition de ton polynôme plutôt...
    Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs.


  • JLapin
    Modifié (4 Jan)
    Tu peux poser $K = F_2[X] /(X^2+X+1)$ : c'est un corps (le corps $F_4$) dans lequel $X^2+X+1$ possède une racine $x$ (la classe de $X$).
    On a $x^2=x+1$ puis $x^3 = x^2+x = 1$ donc $x$ est d'ordre $3$ dans le groupe $F_4^*$, comme d'ailleurs tous les éléments distincts de $1$ de ce groupe à $3$ éléments.
    Tu n'as pas à parler de complexes dans ce genre de situation.
  • raoul.S
    Modifié (4 Jan)
    NicoLeProf a dit :
    Mais c'est quoi explicitement une clôture algébrique de $\mathbb F_2$? C'est $\mathbb F_2[e^{2i \pi/3}]$? Non, ça c'est le corps de décomposition de ton polynôme plutôt...
    $\mathbb F_2[e^{2i \pi/3}]$ ça n'a pas de sens. L'exponentielle est une fonction définie sur les complexes.

    Une clôture algébrique de $\mathbb{F}_2$ est corps algébriquement clos qui est en plus une extension algébrique de $\mathbb{F}_2$. On démontre qu'une clôture algébrique existe toujours et est unique à $\mathbb{F}_2$-isomorphisme près (isomorphisme qui fixe les éléments de $\mathbb{F}_2$). Dans une clôture algébrique tous les polynôme sont scindés, donc tu peux toujours dire : soit $x$ une racine de $X^2+X+1\in F_2[X]$ (sous-entendu dans une clôture algébrique de $\mathbb{F}_2$).

    --------------------------------------------------------------------------------

    gai requin a dit :
    Donc, si pour tout $n$, il existe $p$ premier d’ordre $\varphi(n)$ modulo $n$, on tient une autre preuve que les $\phi_{n,\mathbb Q}$ sont irréductibles grâce à @gebrane.
    Qu’en penses-tu @raoul.S
    Je pense que non car $(\Z/n\Z)^{\times}$ n'est pas cyclique en général...
  • NicoLeProf
    Modifié (4 Jan)
    JLapin, je te remercie !
    En fait, ton $K$ est le corps $\mathbb F_2[e^{2 i \pi/3}]$ qui est le corps de rupture du polynôme $X^2+X+1$ irréductible sur $\mathbb F_2$ qui est aussi le corps de décomposition de ce polynôme car il contient son autre racine complexe non? Et cette extension est de degré $2$ dont une $\mathbb F_2$-base est $(1,e^{2 i \pi/3})$ je pense.
    Edit  : ça semble plus compliqué que cela car en train d'écrire, je n'avais pas vu tes modifications... Du coup, j'aimerais savoir pourquoi je fais fausse route avec mon message.
    Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs.


  • @Julia Paule
    Question : Que se passe-t-il si $p$ divise $n$ ? En particulier a-t-on $X^n=X^{pm}=X^m$, comment en déduit-on que $\phi_n$ est réductible dans $F_p$ ?

    $X$ est transcendant sur $F_p$ donc $X^n\neq X^m$.
    Mais $X^n-1=(X^m-1)^p$ donc il n'existe pas de racine de l'unité d'ordre $n$.
    En particulier, $\phi_{n,F_p}=1$.
    Bref, quand $p\mid n$, $\phi_{n,F_p}\neq\overline{\phi_{n,\Q}}$.
    Et en plus, la CNS de gebrane concerne l'ordre de $p$ modulo $n$...

  • NicoLeProf a dit :
    En fait, ton $K$ est le corps $\mathbb F_2[e^{2 i \pi/3}]$ qui est le corps de rupture du polynôme $X^2+X+1$ irréductible sur $\mathbb F_2$ qui est aussi le corps de décomposition de ce polynôme car il contient son autre racine complexe non? Et cette extension est de degré $2$ dont une $\mathbb F_2$-base est $(1,e^{2 i \pi/3})$ je pense.

    Oui, non et non.

    Oui, c'est le corps de décomposition car $x^2$ est aussi une racine de $X^2+X+1$ (distincte de $x$).
    Non et non car tu n'as pas à parler de nombres complexes dans ce contexte.
  • NicoLeProf
    Modifié (4 Jan)
    Au final, j'y étais presque mais je ne dois surtout pas parler de complexe ici par problème de définition.
    Mais en fait, $K = \mathbb F_2[X] /(X^2+X+1)$ est le corps $\mathbb F_2[1,x]$ où $x$ est une racine de $X^2+X+1$ dans $K$ (la classe de $X$). Tout élément de $K$ s'écrit sous la forme : $a + bx$ avec $a, b \in \mathbb F_2$ si je comprends bien.
    Et le polynôme $X^2+X+1$ est scindé sur $K$ : $X^2+X+1=(X-x)(X-x^2)$.
    $K$ est un $\mathbb F_2$-espace vectoriel de dimension $2$ dont une base est $(1,x)$.
    $K$ n'est pas une clôture algébrique de $\mathbb F_2[X]$?
    Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs.


  • NicoLeProf a dit :
     
    $K$ n'est pas une clôture algébrique de $\mathbb F_2$?

    Non, $K=F_4$ ne contient pas assez d'éléments pour contenir toutes les racines de tous les polynômes de $F_2[X]$.

    Sinon, il n'y aurait pas de corps à 8, 16, etc. éléments.
  • Ah oui, j'ai fini par trouver un contre-exemple : le polynôme $X^3+X^2+1$ est irréductible sur $K$ car sinon, il aurait une racine dans $K$ ce qui n'est pas le cas. (J'ai pourtant testé pas mal de polynômes haha, c'est pour ça que j'avais cette impression mais non, il faut beaucoup plus d'éléments).
    Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs.


  • Oui @raoul.S, même si on ne sait pas trop ce qu'il se passe quand $p$ divise $n$ !
    Contre-exemple : Pour tout $p$ premier, $\phi_8=X^4+1$ n'est pas irréductible dans $F_p[X]$.
    (c'est la CNS de gebrane quand $p$ impair et $\phi_8=(X+1)^4$ modulo $2$).
    Exercice : Factoriser $\phi_8$ dans $F_p[X]$ pour tout $p$ impair. :D
  • NicoLeProf
    Modifié (4 Jan)
    Dans $\mathbb F_3[X]$, j'ai fini par trouver $X^4+1=(2X^2+2X+1)(2X^2+X+1)$.
    C'est galère car il faut trouver un produit de deux polynômes de degré $2$ qui n'ont pas de racine dans $\mathbb F_3$.
    Du coup conjecture dans $\mathbb F_p[X]$ avec $p$ impair : $X^4+1=((p-1)X^2+(p-1)X+1)((p-1)X^2+X+1)$ mais non, je crois que ça ne marche pas mais presque.. Le coeff devant $X^2$ s'annule seulement dans $\mathbb F_3$.

    Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs.


  • Modulo $3$, j'aurais fait $X^4+1=(X^2-1)^2-X^2=(X^2+X-1)(X^2-X-1)$.
  • JLapin
    Modifié (4 Jan)
    Si $p\equiv 1[4]$, alors $-1$ est un carré donc $X^4+1 = (X^2-a)(X^2+a)$ avec $a^2=-1$.
    Si $p\equiv -1[4]$ on traite deux sous-cas.
    Si $p\equiv -1[8]$, $2$ est un carré donc $X^4+1 = (X^2+1)^2-2X^2 = (X^2+aX+1)(X^2-aX+1)$ avec $a^2=2$.
    Si $p\equiv 3[8]$, $-2$ est un carré (puisque $-1$ et $2$ ne le sont pas) donc  $X^4+1 =(X^2-1)^2+2X^2= (X^2+aX-1)(X^2-aX-1)$ avec $-2= a^2$.
     

  • LOU16
    Modifié (5 Jan)

     Bonsoir,
    J'ai trouvé ça:
    $\overline{\Phi}_8(X)=X^4+1=\left\{\begin{array}{ccc}\displaystyle \prod_{s,t=\pm 1}\left(X-\dfrac{sa+tb}2\right)& a^2 =2,\:\:b^2=-2&\text {  si  }\:p\equiv 1 \mod 8\\ (X^2+aX-1)(X^2-aX-1)  & a^2=-2&\text{ si }\: p\equiv 3 \mod 8\\ (X^2+a)(X^2-a) &a^2=-1&\text{ si }\: p\equiv 5 \mod 8\\ (X^2+aX+1)(X^2-aX+1)& a^2=2& \text{ si }\: p \equiv 7 \mod 8\end{array}\right.$
    Coquille corrigée  à la suite de la remarque ultérieure de @gai requin, que je remercie.
  • Merci @Jlapin !
    Petites coquilles dans les factorisations des deux derniers cas, c'est $X^2$ à la place des $X^4$.
    Et on peut faire un peu mieux quand $p=1\bmod 8$...
  • Merci pour les coquilles et effectivement, je me suis contenté d'une factorisation non triviale mais parfois non optimale dans le cas $p\equiv 1[4]$.
  • @LOU16 : Es-tu sûr que $a+b$ est racine de $X^4+1$ dans le 1er cas ?
  • @Julia Paule  : tu me dis que la fin de ma preuve ne sert à rien. Or elle sert à démontrer que toutes les racines de $P$ sont racines de $\Phi_n$. Si tu ne fais pas la fin de cette preuve tu as juste obtenu que les $\omega^p$ avec $p$ premier ne divisant pas $n$, sont des racines de $P$. Mais alors on n'a pas montré que les $\omega^k$ avec $k$ premier avec $n$ sont racines de $P$ et on ne peut conclure que $P=\Phi_n$.
  • Si $p=1\bmod 8$, on a $(-1)^{(p-1)/4}=1$ donc il existe $c\in F_p$ tel que $c^4=-1$.
    D'où $X^4+1=(X-c)(X+c)(X+c^3)(X-c^3)$.
  • NicoLeProf a dit :
    $K$ est un $\mathbb F_2$-espace vectoriel de dimension $2$ dont une base est $(1,x)$.
    $K$ n'est pas une clôture algébrique de $\mathbb F_2[X]$?
    Aucun corps fini $k$ n'est algébriquement clos (considérer $P=1+\prod_{r\in k}X-r$.)

  • NicoLeProf
    Modifié (4 Jan)
    Ouah en effet tout simplement, s'il était scindé, il aurait une racine dans $k$ ce qui n'est bien sûr pas le cas !
    Habile ! :)
    Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs.


  • Julia Paule
    Modifié (5 Jan)
    gai requin a dit :
    @Julia Paule
    Question : Que se passe-t-il si $p$ divise $n$ ? En particulier a-t-on $X^n=X^{pm}=X^m$, comment en déduit-on que $\phi_n$ est réductible dans $F_p$ ?

    $X$ est transcendant sur $F_p$ donc $X^n\neq X^m$.
    Mais $X^n-1=(X^m-1)^p$ donc il n'existe pas de racine de l'unité d'ordre $n$.
    En particulier, $\phi_{n,F_p}=1$.
    Bref, quand $p\mid n$, $\phi_{n,F_p}\neq\overline{\phi_{n,\Q}}$.
    Et en plus, la CNS de gebrane concerne l'ordre de $p$ modulo $n$...

    Merci. Si $p \mid n$, on a $n=pm$, donc $X^n-1=X^{pm}-1=(X^m-1)^p$ (même pour $p=2$), donc $\omega^n=1 \Leftrightarrow \omega^m=1$, donc $X^n-1$ n'a pas de racines d'ordre $n$, donc $\phi_n=1$ dans $F_p$.
    Si $p \not \mid n$, alors $X^n-1$ est de dérivée $nX^{n-1} \ne 0$ dans $F_p$, premier avec $X^n-1$, qui n'a donc que des racines simples, soit $n$ racines distinctes. Soit $\omega$ une de ses racines, toutes les puissances de $\omega$ sont racines de $X^n-1$, mais rien ne dit que ces puissances sont distinctes, bref rien ne dit qu'il existe une racine d'ordre $n$ ? Comment ?
    EDIT : ah oui $X^n-1$ a toutes ses racines dans un corps de décomposition sur $F_p$, qui est donc fini, son groupe multiplicatif sous-jacent est donc cyclique ; or par ailleurs, l'ensemble des racines de $X^n-1$ forment un groupe, qui est donc cyclique comme sous-groupe d'un groupe cyclique, d'ordre $n$ (les racines distinctes), donc il a un élément générateur qui est d'ordre $n$. Donc on sait au moins que $\phi_n$ dans $F_p$ est de même degré $\varphi(n)$ que $\phi_n$ dans $\mathbb Q$.
    Bref, j'essaie de montrer :
    gai requin a dit : En revanche, lorsque $p$ ne divise pas $n$, $\phi_{n,\mathbb F_p}$ est la réduction modulo $p$ de $\phi_{n,\mathbb Q}$.
    Comment fais-tu ?
  • Par récurrence, en réduisant modulo $p$ l'égalité $X^n-1=\prod\limits_{d\mid n}\phi_{d,\mathbb Q}$.
  • @NicoLeProf Le corps $F_4= \{0,1,x, 1+x \}$, sachant que $x^2=x+1, 1=-1, x=-x, \cdots$ car $F_2 \subset F_4$.
    Par exemple, on peut tenter d'expliciter $F_8$ et $F_9$ (les corps finis sont de cardinal une puissance d'un nombre premier).
    Merci @gai requin, je vais voir.
  • NoName
    Modifié (5 Jan)
    On peut démontrer facilement quelque chose de plus précis que l'intuition de @gebrane plus haut.

    Si $\phi_n$ est le n-ième polynôme cyclotomique, alors modulo $p$ on a la factorisation, avec $n=p^\ell \nu$, $(p,\nu)=1$
    $$\phi_n = \left[\prod p_i(X)\right]^{\varphi(p^\ell)}$$
    où tous les polynômes $p_i$ sont irréductibles de degré $f_p$ avec $f_p$ l'ordre de $p$ dans $\mathbb Z/\nu$.

    Dans le cas où $(n,p)=1$, le polynome $\overline{\phi}_n:= \phi_n \text{ mod } p$ est séparable, $\mathbb Z[\zeta_n]/p=\mathbb F_{p}[X]/\overline{\phi}_n$ est une $\mathbb{F}_p$-algèbre réduite, donc un produit d'extensions (finies!) de $\mathbb F_{p}$.

    Soit $p_i$ $i=1...g$ les diviseurs irréductibles de $\overline{\phi}_n$.

    La séparabilité de $\overline{\phi}_n$ implique que les racines (resp. primitives) de l'unité de $\mathbb Z[\zeta_n]$ s'envoient exactement sur celles de $\mathbb F_{p}[X]/p_i$ par réduction mod $(p, p'_i)$ où $p'_i$ est n'importe quel relevé de $p_i$ dans $\mathbb Z[X]$.

    Le corps de décomposition de $\overline{\phi}_n$ est dont celui des racines de $n$-ièmes de l'unité mod $p$, c'est donc exactement $\mathbb F_{p^{f_p}}$ (vu qu'un sous groupe fini d'unités d'un corps est cyclique, $\mathbb{F}_{p^\mu}$ est toujours le corps des racines $p^\mu-1$-èmes de l'unité sur $\mathbb{F}_p$, on doit donc avoir $n | p^d-1$ où $d$ est le degré putatif de l'extension en question. Evidemment réciproquement $\mathbb F_{p^{f_p}}$ contient bien les racines $n$-ièmes de l'unité mod $p$.)

    Mais les corps finis sont cycliques sur leur sous corps premier, donc $\overline{\phi}_n=p_1...p_g$ où les $p_i$ sont les polynômes minimaux des racines n-ièmes primitives de l'unité mod $p$, ils sont donc de degré $p^{f_p}$ par ce qui vient d'être dit.

    Maintenant, si $\omega$ est un racine primitive $p^\ell$-ième de l'unité, et $\xi$ une racine primitive $\nu$-ième de l'unite, alors le lemme chinois implique que $\omega^j \xi^k$ parcourt l'ensemble des racines $n$-ièmes de l'unité, et les produits de racines primitives donnent exactement les racines primitives.

    On a donc $\phi_n=\phi_{\nu}^{\varphi(p^\ell)} \text{ mod } p$, car dans $\mathbb Z[\zeta_n]/p$ (c'est une $\mathbb{F}_p$-algèbre!), on a $\omega = 1 \text{ mod } p$ puisque $X^{p^\ell}-1=(X-1)^{p^\ell}$.

    On conclut donc grace au cas précédent.


  • gai requin
    Modifié (5 Jan)
    @NoName : Je venais juste de trouver cette formule !
    Avec tes notations, $\phi_n$ est irréductible modulo $p$ ssi $p$ est d'ordre $\varphi(\nu)$ modulo $\nu$ et $\varphi(p^{\ell})=1$.
    Mieux, les facteurs irréductibles de $\phi_{\nu}$ donc de $\phi_n$ sont tous de degré l'ordre de $p$ modulo $\nu$ !
    En particulier, $\phi_n$ est scindé sur $\mathbb F_p$ ssi $p=1\bmod\nu$.
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