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Factorisation dans $\Bbb{F}_5$

Modifié (11 Sep) dans Arithmétique
Bonsoir,

Décomposer en produit d'irréductibles le polynôme $X^{15}-2X^5+1$ dans $\Bbb{F}_5[X]$.

Le corrigé part de $X^{15}-2X^5+1= (X^3-2X+1)^5$. Mais je ne comprends pas comment trouver cette factorisation tout seul. 
Et si on développe la forme factorisée ça doit prendre 10 lignes pour retrouver la forme initiale....

Peut-être qu'il y a une astuce qui m'échappe.

Réponses

  • @OShine : Il faut lire la partie du cours sur les polynômes à coefficients dans $\mathbb{F}_p$
  • Modifié (11 Sep)

    OShine a dit :
    Le corrigé part de $X^{15}-2X^5+1= (X^3-2X+1)^5$. Mais je ne comprends pas comment trouver cette factorisation tout seul. 
    Et si on développe la forme factorisée ça doit prendre 10 lignes pour retrouver la forme initiale....
    Cette remarque montre bien que tu n'as pas compris ce qui a été dit dans les milliers de posts que tu as lancés.
    Dans $\mathbb{F}_5$ : $(X^3-2X+1)^5=X^{15}-(2X)^5+1^5=X^{15}-32X^5+1$ et là en calculant $32 \mod 5$ on trouve $2$... Une ligne...
    Ensuite : $\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}\hline x&0&1&2&3&4\\\hline x^3&0&1&3&2&4\\\hline-2x&0&3&1&4&2\\\hline x^3-2x+1&1&0&0&1&1\\\hline\end{array}$. A priori le polynôme $X^{15}-2X^5+1=\left((X-1)(X-2)^2\right)^{5}$. 3 lignes.
    Edit: Dans $\mathbb{F}_{5}, (-2)^5=-2^5\underset{\text{Fermat}}{=}-2$
  • Cf petit théorème de Fermat.
  • Modifié (11 Sep)
    Deux ingrédients : le fait que $5$ divise les coefficients binomiaux $\binom 5k$ ($1\le k\le4$) et le petit théorème de Fermat (d'après lequel $(-2)^5=-2$ sans évoquer $32$).
  • Si $p$ est un nombre premier, le fait est aussi que dans $\mathbb{F}_{p}, (a+b)^p=a^p+b^p$ (<----à montrer avec les remarques combinée de JLT et Math Coss)
  • C'est le morphisme de Frobenius.
  • Merci je me souviens de ce théorème qui est en plus assez simple à démontrer avec la formule du binôme de Newton et un résultat classique, c'est que si $p$ est premier, pour tout entier $k$ compris entre $1$ et $p-1$, le coefficient binomial $\binom{p}{k}$ est multiple de $p$. Cette question est tombée à X ENS maths A en 2021. 

    Démonstration : 
    On a $\binom{p}{k} = \dfrac{ p!}{ k! (p-k)!}$ donc $p! = \binom{p}{k}  k! (p-k)!$. Ainsi, $p$ divise  $\binom{p}{k}  k! (p-k)!$.
    Comme $p$ ne divise aucun entier entre $1$ et $k$ car $1 \leq k \leq p-1$ alors $p$ ne divise pas $k!$ d'après le corollaire du théorème de Gauss.
    Puisqu'on a $1 \leq p-k \leq p-1$, $p$ ne divise pas non plus $(p-k)!$. Par le même corollaire, on en déduit que $p$ ne divise pas $k! (p-k)!$ par suite $p$ divise $\binom{p}{k}$. 

    Propriété :
    Si $P,Q$ sont dans $F_p [X]$ alors $(P+Q)^p=P^p+Q^p$.
    Et $P(X^p)= (P(X))^p$.

    Ici il est plus commode d'utiliser la deuxième propriété.
  • Modifié (12 Sep)
    Un conseil. Il y a tout un plaisir à démontrer soi-même avec ses propres mots les petites démonstrations comme celle que tu viens de faire. C'est très formateur en plus. Ce qui m'avait [fait] tiquer dans "ta démonstration" c'est le terme "corollaire du théorème de Gauss".

  • Modifié (12 Sep)
    Ce sont des démonstrations classiques, recopier des démos me permet de les mémoriser.
    J'avais vu dans un rapport du jury de X ENS 2021, même à X ENS, beaucoup de candidats ne savent pas démontrer ce résultat.
  • Bof... Mais faire CROIRE qu'elles viennent de toi, ça...
  • Bah, etanche passe son temps à recopier des énoncés d'exos sans donner ses sources...
    C'est un peu pareil : on finit par s'y habituer...
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