$ 7 \mid a^2 + b^2 $ implique $ 7\mid a $ et $ 7 \mid b $
Réponses
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C'est autre chose, oublions.Le 😄 Farceur
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Pour la Q6, il faut jouer aux devinettes, à savoir trouver le corps de nombres de dimension $4$ sur $\Q$ (i.e. l'élément primitif) qui donne cette norme pour un élément quelconque du corps de nombres.Une indication peut-être ?
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Indication pour la devinette Q6 : Faire joujo@parisse ne matrice $4\times4$ fabriquée comme dans les premières questions où on avait $-1$ qui n'était pas un carré. Justement dans Q5 on a une matrice qui n'est pas un carré.Je reviens sur les questions précédentes : Je pose $M(a,b,c) := \begin{pmatrix} a & 2c & 2b \\ b & a & 2c \\ c & b & a \end{pmatrix}$.Un calcul avec Xcas (bisous @parisse) permet de vérifier qu'avec les quantificateurs qui vont bien :\[ M(a,b,c) \times M(x,y,z) = M(ax+2bz + 2cy,ay+bx+2cz,az+by+cx),\] ce qui donne une stabilité par produit (commutatif) ce qui donne un anneau sur $(\mathbf F_7)^3$. Reste la stabilité pour l'inverse. Elle peut être vérifiée sans barguigner par le Djinn de @parisseOn peut aussi Bézouter les deux polynômes $P := X^3 - 2$ et $K := a + bX + cX^2$. C'est faisable à la main. Toutefois.La commande Xcas egcd(K,P,X) renvoie (en simplifiant)\[ X^2(b^2-ac) + X(2c^2-ab) + (a^2 -2bc) , X(ac^2- b^2c + (2abc -b^3 - 2c^3, a^3 + 2b^3 + 4c^3 - 6abc, \]ce qui permet d'écrire que\[ M(a,b,c)^{-1} = (a^3 + 2b^3 + 4c^3 - 6abc)^{-1} M(b^2-ac,2c^2-ab,a^2 -2bc) \]Ce qui permet d'obtenir la stabilité par passage à l'inverse, à condition de savoir que \( a^3 + 2b^3 + 4c^3 - 6abc \neq 0 \) pour \( (a,b,c) \neq (0,0,0) \).Pour cela, l'indication de @etanche va nous être utile.e.v.
Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
Ah d'accord, on ré-intègre la matrice nulle dans l'ensemble des matrices $M(a,b,c)$ pour en faire un anneau, et même un corps.En effet il faut aussi montrer que $a^3 + 2b^3 + 4c^3 - 6abc \neq 0$ pour $(a,b,c) \neq (0,0,0)$, je m'empresse d'aller voir l'indication.Je ne suis pas très douée dans les logiciels de maths, à part Wolfram, je vais aller voir de ce côté-là, mais ce n'est pas très satisfaisant comme démonstration de la stabilité de l'inverse. Une matrice inversible a une image inversible, dont l'inverse a un antécédent dans l'ensemble des matrices $M(a,b,c)$, mais cela ne prouve pas.Mais je me demande s'il n'y a pas plus simple avec les extensions de corps. Tout ça, c'est des normes, i.e. de mémoire le produit des conjugués. Les matrices employées ici sont certes issues des corps de nombres, mais elles fonctionnent bien, on pourrait employer leur utilité jusqu'au bout pour démontrer ces propriétés.
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Oui pour montrer que seule la matrice nulle a un déterminant nul, on peut utiliser la norme = produit des conjugués, qui est nul si l'un des conjugués est nul, donc si l'élément est nul (car les conjugués sont ses images par automorphisme), et pour la stabilité de l'inverse, le morphisme $M_{\alpha}M_{\beta}=M_{\alpha \beta}$ pour $\alpha, \beta \in Q(\sqrt[3]2)$ , vu que $(M_{\alpha})^{-1}=M_{\alpha^{-1}}$ et que tout élément non nul de $Q(\sqrt[3]2)$ est évidemment inversible puisque c'est un corps.
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Bonjour, ah ça y est, j'y suis. Laissons tomber $Q(\sqrt[3]2)$ qui m'embrouillait, on a plus simplement $F_{7^3} \cong F_7[X]/(X^3-2) \cong F_7(\omega)$ où $\omega$ est une racine de $X^3-2$ (irréductible dans $F_7$) dans une extension de $F_7$.On a alors $F_{7^3} = \{a+b \omega + c \omega^2, a,b,c \in F_7\}$ et ses lois sont celles (additive et multiplicative) des matrices $M(a,b,c)$. On a alors un isomorphisme d'anneaux entre le corps $F_{7^3}$ et l'ensemble des matrices $M(a,b,c)$, ce qui démontre tout.Par exemple, $\det M(a,b,c) \ne 0 \Leftrightarrow M(a,b,c)$ inversible $\Leftrightarrow a+b \omega + c \omega^2$ inversible $\Leftrightarrow (a,b,c) \ne 0$.Pour faire Q6, il s'agit de trouver un polynôme irréductible de degré $4$ sur $F_7$ qui donne un élément primitif $\omega$ tel qu'en transposant la loi de corps dans les matrices, le déterminant de la matrice ait la forme voulue.
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Les deux points de vue permettent d'aboutir.Les polynômes modulo $X^3 - 2$. Le polynôme $X^3 - 2$ est irréductible sur $\mathbb F_7$ comme tu l'as remarqué. La matrice $M(a,b,c)$ est la matrice de la multiplication par (la classe de) $a + bX + cX^2$ Ce qui explique la stabilité par produit.Comme l'inverse d'un polynôme modulo $X^3 - 2$ se calcule par l'algorithme d'Euclide étendu, cela explique bien le résultat trouvé avec Xcas.Sinon tu peux remarquer en posant $j= 2$ et $j^2 = 4$ les racines cubiques de l'unité (on a bien $1 + j + j^2 = 0$ n'est-ce pas ?) on a\[ N(a,b,c) := a^3 + 2b^3 + 4c^3 - 6abc = (a + b + c)(a + bj\omega + cj^2\omega^2)(a + bj^2\omega^2 + cj\omega). \]On a bien : $N$ est une norme et $N(a,b,c)=0$ entraîne $a=b=c=0$.e.v.[ PS: Pour Q6. on peut remarquer que $\mathbf F_{7^4}$ est de dimension 2 sur $\mathbf F_{7^2}$. ]Personne n'a raison contre un enfant qui pleure.
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Remarques :* Si $p$ est premier alors pour tout $x \in \mathbf F_p^\times$ toutes le fibres $d^{-1}(x)$ ont même cardinal.peut-on énoncer une réciproque ?e.v.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure.
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Merci @ev. Je me doutais d'un pont comme celui-là pour passer de $F_{7^3}$ à $Q(\sqrt[3]2)$, tous deux étant des espaces vectoriels de dimension $3$. En posant $j=2$ et $j^2=4$, cela fournit une norme pour $F_{7^3}$, même pour ces nombres qui n'appartiennent pas à un corps de nombres (je ne l'avais pas vu dans mon cours). Cela ne semble pas lié à $p=7$, et marcher pour tout $p$ premier où $2$ n'est pas un cube, par exemple pour $p=13$, avec $j=3$ et $j^2=9$ (on a $1+3+9=0$), ça marche aussi.Pour le suivant $p=19$, il faut trouver $j \in N$ tel que $1+j+j^2=0 \pmod {19}$, autrement dit résoudre l'équation $j^3=1$ avec $j \ne 1$ dans $F_{19}$. On a $j=7$ qui marche. Je subodore que cette équation a toujours une solution dans $F_p$ (où $2$ n'est pas un cube).Sinon, pour calculer l'inverse de $a+b \omega +c \omega^2$, on peut aussi calculer $1 / ( a+b \omega +c \omega^2)$ en multipliant en haut et en bas par les conjugués $(a+bj \omega +cj^2 \omega^2)$ et $(a+bj^2 \omega +cj \omega^2)$, on trouve bien : $((a^2-2bc)+(2c^2-ab) \omega +(b^2-2ac) \omega^2)/ \det (M(a,b,c)$.Je réfléchis à ton indication pour $F_{7^4}$.Pour la réciproque de $d^{-1}(x)$ ont même cardinal, on peut penser à $Z/nZ^{\times}$.
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On se situe dans $\Z/n\Z$, et on demande : si $n$ n'est pas premier, toutes les fibres $d^{-1}(x)$ pour $x \in (\Z/n\Z)^*$ (i.e. $\Z/n\Z$ privé de $0$ peuvent-elles avoir le même cardinal ?Avec $n=4$, les fibres de $0,1,2,3$ ont pour cardinal $4,8,4,0$ respectivement, et on voit que $d$ n'est pas forcément surjective ; pour $n=6$, on obtient $2,8,8,2,8,8$, là encore il n'y a pas d'égalité des cardinaux, mais il y a surjectivité de $d$.Déjà, si $n$ n'est pas premier, l'anneau $\Z/n\Z$ n'est pas intègre, $(\Z/n\Z \times \Z/n\Z)^*$ et $(\Z/n\Z)^*$ ne sont plus des groupes, on ne peut plus utiliser le morphisme de groupes, bien que le morphisme subsiste si on confère à $(\Z/n\Z \times \Z/n\Z)^*$, la loi des matrices : $(a,b)(x,y)=(ax-by,ay+bx)$, mais l'image n'est plus forcément dans $(\Z/n\Z)^*$ (car l'anneau n'est pas intègre).On peut quotienter par la relation d'équivalence "avoir la même image", mais cela ne mène nulle part.On peut s'amuser à dénombrer la fibre de $0$, retrancher son cardinal à $n^2$, si le nombre obtenu n'est pas divisible par $n-1$, les autres fibres n'ont aucune chance d'avoir le même cardinal. Il en est de même si $d$ n'est pas surjective.Cela m'amène assez loin, je ne fais qu'écarter des solutions possibles.Ou bien la question est posée en se plaçant dans $(\Z/n\Z)^{\times}$ ? On a les groupes et le morphisme (déterminant) de groupes, mais il n'est pas forcément surjectif (pour $n=12$).La question est trop dure, j'abandonne.
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Encore faut-il que $p \equiv 1 \pmod 3$.Julia Paule a dit :Je subodore que cette équation a toujours une solution dans $F_p$ (où $2$ n'est pas un cube).
e.v.
Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
Pour la Q6, soit $\xi$ la racine de $1-2 \omega$ dans $F_7(\omega)=F_{7^2}$ (puisqu'à la Q5, on a vu que la matrice de coefficients $(1,-2,2,1) \sim (1,-2) \sim 1-2 \omega$ n'a pas de racine carrée dans $F_7(\omega)$. On a $\xi^2=1-2 \omega$.On en tire que $\xi$ est racine du polynôme $X^4-2X^2+5$, soit $\xi^4=2 (\xi^2+1)$. On a $F_{7^4}=F_7(\xi)$.Alors on peut calculer le déterminant de la matrice de multiplication par un élément du corps. Sauf que l'expression n'a pas l'air de coller avec la tienne (par exemple j'ai du $2b^4$ au lieu de $b^4$).Sauf aussi que ma méthode est de calculer la taille du noyau de $d^2$ (restreint à $F_{7^4}^{\times}$, après suppression de la fibre de $0$) pour en tirer la taille de l'image, et qu'avec une telle expression pour le déterminant, je serais bien incapable de la calculer, sauf en utilisant la question d'après !
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Les $p$ premiers de la liste : https://oeis.org/A040034 tels que $2$ n'est pas un cube sont congrus à $1 \pmod 3$ ! (cela doit pouvoir se démontrer)
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@Julia Paule, regarde $\mathbb F_p^*\to \mathbb F_p^*,x\mapsto x^3$.
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Si $x^3 \equiv 1 \pmod p$, avec $x \ne 1$, alors $x$ est d'ordre $3$ dans $F_p^{\times}$, alors compte-tenu du petit théorème de Fermat, $3 \mid p-1$.Je remarque que si $p \equiv 2 \pmod 3$, alors ton application, @gai requin, réalise une permutation qui laisse invariants $1$ et $-1$. Ce n'est pas trop difficile à démontrer.Du coup, moyennant cette condition, $2$ est un cube dans $F_p$, donc si $2$ n'est pas un cube $\pmod p$, alors $p \equiv 1 \pmod 3$ (le cas $p=3$ est vérifié).
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Si $2$ n'est pas un cube modulo $p$, le morphisme $x\mapsto x^3$ n'est pas injectif, il existe un élément d'ordre $3$ dans $\mathbb F_p$ donc $3\mid p-1$.
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Pas vu ton message @gai requin, on se rejoint.
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Oups, j'avais démontré dans le sens direct : si $p \equiv 2 \pmod 3$, alors $x \mapsto x^3$ réalise une permutation, mais c'est plus facile par la contraposée !
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gai requin a dit :Si $2$ n'est pas un cube modulo $p$, le morphisme $x\mapsto x^3$ n'est pas injectif, il existe un élément d'ordre $3$ dans $\mathbb F_p$ donc $3\mid p-1$.Joli !e.v.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure.
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Bonjour, je me rends compte que quand on connait la théorie des corps, on n'a pas besoin des matrices dans cet exercice (j'avoue que cela m'a embrouillée). En effet, on sait que tous les corps de cardinal $p^n$, $p$ un nombre premier, $n$ un entier naturel $\geq 1$ sont isomorphes. Dès lors, $F_{p^n}$ (ainsi que l'on désigne ce corps) et l'ensemble des matrices de multiplication par un élément du corps ne peuvent être qu'isomorphes.On a $F_{p^n} \cong (F_p)^n \cong F_p[X] / (f) \cong F_p(\omega)$ où $f$ est un polynôme irréductible unitaire de degré $n$ de $F_p[X]$ et $\omega$ une racine de $f$ dans une extension (ou si on préfère, l'image de $X$ dans $F_p[X] / (f)$). On introduit alors une norme sur $F_p(\omega)$ égale au produit des conjugués.Par exemple, avec $p=7, n=3, f=X^3-2$, $(1,\omega, \omega^2)$, avec $w^3=2$, est une base de $F_p(\omega)$.Pour $x=a+b\omega+c \omega^2$, on pose $N(x)=x \sigma (x) \sigma^2(x)$, où $\sigma$ est l'$F_7$-automorphisme de $F_p(\omega)$ défini par $\sigma(\omega)=2\omega$, vu que $2\omega$ et $4\omega$ sont les deux autres racines de $X^3-2$ (on les trouve en résolvant l'équation $j^3=1$ dans $F_7$).On a alors $N(a +b \omega+ c\omega^2)=(a +b \omega+ c\omega^2)(a +2b \omega+ 4c\omega^2)(a +4b \omega+ 2c\omega^2)=a^3+2b^3+4c^3-6abc$. On retrouve le déterminant de la matrice de multiplication par $a +b \omega+ c\omega^2$.Alors on voit facilement que l'application norme $N : F_{7^3} \rightarrow F_7, a +b \omega+ c\omega^2 \mapsto N(a +b \omega+ c\omega^2)=a^3+2b^3+4c^3-6abc$ est un morphisme (par multiplication des conjugués) et qu'elle est surjective.En effet, on a $N(\omega)=\omega^3=2$, $N(\omega^2)=4$, pour $a \in F_7, N(a)=a^3$, par exemple $N(3)=-1$, donc $N(-\omega)=5, N(-\omega^2)=3$ et $N(a +b \omega+ c\omega^2)=0 \Leftrightarrow$ l'un des conjugués est nul $ \Leftrightarrow (a,b,c)=(0,0,0)$.Cela doit se généraliser : l'application norme ne s'annule qu'en $0$ (ok vue la définition), et est toujours surjective (il faut que je revois mon cours).Donc en fait, il suffisait de "voir" l'application norme (quand on connait bien sûr) dans l'application $d$, pas la peine d'introduire les matrices qui fournissent un 4ème corps isomorphe (quand on connait bien sûr encore) ! Cet exercice s'adressait donc à ceux qui ne connaissent pas la théorie.Merci à @ev pour cet exercice très intéressant.
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Je persiste néanmoins avec mes pauvres matrices en posant\( A := \begin{pmatrix} a & b \\-b & a \end{pmatrix} \), \( B := \begin{pmatrix} c & d \\ -d & c \end{pmatrix} \) et \( R := \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ -2 & 1 \end{pmatrix} \) appartenant à \( F_{7^2} \).À quelle condition la matrice \( 4 \times 4 \) définie par blocs :\[ M := \begin{pmatrix} A & B\\ RB & A\end{pmatrix} \]est-elle inversible ?e.v.
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Ouh là, un exercice à la fois ! Est-ce que ce nouvel exercice a un rapport avec les questions Q6 et Q7 toujours pas répondues, car j'ai suivi ton indication ($F_{7^4}$ de dimension 2 sur $F_{7^2}$) et ça ne colle pas au niveau du déterminant / norme : j'obtiens du $-2b^4$ au lieu du $b^4$ qu'il faudrait trouver.Je n'ai pas eu le courage de faire ce calcul du déterminant, aurais-tu un logiciel à me conseiller ? Il semble que Wolfram ne fait pas de calcul littéral des déterminants.
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Finalement Wolfram fait le calcul, mais cela ne correspond toujours pas ...
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La réponse de Xcas :Malheureusement, elle est inexploitable directement. Pourquoi ne pas raisonner directement sur la matrice-bloc ?Mots-clés : commutativité et méthode de Gauss.
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Merci. Xcas et Wolfram sont d'accord.Alors on a $\begin{pmatrix} I_2 & 0\\ -RBA^{-1} & I_2\end{pmatrix} \begin{pmatrix} A & B\\ RB & A\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A & B\\ 0 & RBA^{-1}B-A\end{pmatrix}$.Les matrices $A$ et $B$ commutent, ce qui fait que $M$ est inversible ssi $\det(M) =\det(RB^2-A^2) \ne 0$.Or $R$ n'est pas un carré (vu à la Q5).A continuer.
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Or $A^2-RB^2 \in F_{7^2}$ (isomorphe à l'ensemble des matrices $M(a,b)=\begin{pmatrix} a & b\\ -b & a\end{pmatrix}$ qui est un corps), donc si $\det(RB^2-A^2)=0$ et $RB^2-A^2 \ne 0$, alors $\exists C \in F_{7^2}$ telle que $C(RB^2-A^2)=I_2$, donc $\det(C) \det(RB^2-A^2)=1$, ce qui impossible.Donc $\det(M)=0$ ssi $RB^2=A^2$. Alors si $B \ne 0$, $B$ est inversible (pour la même raison), donc $R=(AB^{-1})^2$, ce qui est impossible car $R$ n'est pas un carré. Finalement $M$ est inversible ssi $A=B=0$. Voilà pour la Q6.a.Maintenant, il s'agit de montrer que l'application $d_2 : ((F_{7^2})^2)^{\times} \rightarrow F_7^{\times}, (A,B) \mapsto \det(M)$ est surjective. C'est un morphisme de groupes.Le noyau est d'ordre $400$ (d'après la question Q7 !), donc l'image est d'ordre $(7^4-1)/400=6$, donc $d_2$ est surjective. Toutes les classes d'équivalence ont même ordre qui est l'ordre du noyau, donc $\forall x \in \mathbf F_7^{\times}$, card $( d_2^{-1}(\{x\}) = 400$. Ceci démontre Q6 et Q7.Petites questions :- montres-tu que $d_2$ est surjective par une autre méthode ?- de toute façon, comment dénombres-tu le noyau, par logiciel ou par raisonnement ?EDIT : pour la 1ère question, on a pour $M$ formée avec $A=0, B=I, \det(M)=5$, qui est générateur de $F_7$, ceci montre la surjectivité.
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Je remarque aussi que le déterminant de la matrice obtenu par ce procédé diffère du déterminant obtenu par la matrice de multiplication par un élément du corps de $F_7(\xi)$ avec $\xi$ défini par $\xi^2=1-2\omega, \omega^2=-1$). Aurais-tu une explication ?
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Deux remarques :Ta démonstration de $d_2$ morphisme est un peu légère.Qu'il soit surjectif vient effectivement de ce que $5$ est atteint.e.v.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure.
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En effet, c'est léger. L'application déterminant est un morphisme multiplicatif d'un ensemble de matrices à coefficients dans un anneau vers cet anneau, et $(F_7)^4 \cong F_{7^4} \cong$ l'ensemble des matrices d'ordre $4$ à coefficients dans $F_7$ de la forme $M := \begin{pmatrix} A & B\\ RB & A\end{pmatrix}$ (qui est un anneau, et même un corps car tout élément non nul est inversible, et un $F_7$-espace vectoriel de dimension $4$, finalement une $F_7$-algèbre de dimension $4$).Merci @ev pour cet exercice.
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Q 10 (enfin je crois)Résoudre l'équation \( \phi(p^2-1) = (p+1) \phi(p-1) \) où \( p \) est un nombre premier et \( \phi \) l'indicatrice d'Euler comme d'hab'.Par quels nombres premiers peut-on remplacer $7$ dans la question .Q4.e.v.
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Salut @ev, les nombres de Mersenne premiers.
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