Polynômes

[psp]

Bonsoir,

Décidément les polynômes sont fascinants.


Soit p un nombre premier. Montrer que est irréductible.

Premièrement P est de degré 2, par conséquent si p n'admet aucune racine dans Q, il est irréductible.
Un nombre premier n'étant le carré d'aucun autre nombre, n'est pas premier donc P n'a pas de racine => irréductible.

Maintenant pour quel(s) critère(s) (EDIT : sachant p impair, donc p différent de 2)

F = est irréductible.
Je sais que est le corps fini (donc commutatif) avec p premier.
Pour montrer F irréductible on dois montrer l'absence de racine, donc F n'est jamais congrus à 0 modulo p. maintenant comment faire pour que ce soit le cas...

Merci d'avance

[Ben314]

Salut,
Pour le premier point, à mon avis, il manque un peu des arguments : lorsque tu écrit "Un nombre premier n'étant le carré d'aucun autre nombre", j'ai tendance à comprendre "... le carré d'aucun autre nombre entier" alors que ce dont tu as besoin ici, c'est de montrer que p n'est le carré d'aucun rationnel ce qui est un petit peu plus dur.

Pour le deuxième, effectivement, comme le polynôme est de degré 2 et que Fp est un corps, il sufit de regarder si le polynôme a ou n'a pas de racines dans Fp, c'est à dire si -1 est ou n'est pas un carré dans Fp.

Soit tu as déjà vu le résultat (quand est-ce que -1 est un carré modulo p) et c'est plié.
Soit tu ne l'a as vu et c'est LA question pas évidente : il y a des tonnes de preuves du résultat... plus ou moins élémentaires, et si tu ne sait pa, je t'inciterais à regarder pour les "petits" nombres premiers pour voir ce que tu en pense...

P.S. Si tu les connait, la preuve (peut-être) la plus élémentaire utilise le petit théorème de fermat dans un sens et le théorème dit "de wilson" concernant (p-1)! dans l'autre.

[psp]

Je suppose qu'il existe k dans Fp tel que k^2 = -1 mod p avec p impair. On a donc que k est d'ordre 4 dans Fp* . D'apres le petit theoreme de Fermat, on a que k^(p-1)=1 mod p , donc p-1 est divisible par l'ordre de k , donc, p = 1 mod 4.

Je pense que c'est ça

[Ben314]

Je suppose qu'il existe k dans Fp tel que k^2 = -1 mod p avec p impair. On a donc que k est d'ordre 4 dans Fp* . D'apres le petit theoreme de Fermat, on a que k^(p-1)=1 mod p , donc p-1 est divisible par l'ordre de k , donc, p = 1 mod 4.

Je pense que c'est ça

Nickel, ça te fait la moitié de la réponse : ça montre que
-1 est un carré modulo p => p est congru à 1 modulo 4
Il te reste la réciproque (plus dure).

Au cas où tu ne l'ai jamais vu, une des méthodes pour la réciproque consiste à montrer que (p-1)! est congru à -1 modulo p (ça s'appelle le théorème de Wilson et c'est pas très dur à prouver), mais il y a aussi d'autres façons de procéder...

[psp]

p = 1 [4] donc on peut écrire p = 2k +1 avec k pair.

Le théorème de wilson nous dis (p-1)! = -1 [p]

Je remplace :
(2k)! = -1 [p] et pour

k étant pair on à (k!)^2 = k^2...(2^2)(1^2)=-1 [p]

Est ce que j'ai prouvé quelque chose là j'en sais rien ^^

Maintenant j'ai une autre question.

On suppose K un sous corps de L, si un polynôme est irréductible dans K[X], est il aussi irréductible dans L[X] ?

[Ben314]

Pour Wilson et la réciproque, c'est O.K. (ça pourrait être un peu plus détaillé, mais bon, si tu as compris...)

Concernant ça :

On suppose K un sous corps de L, si un polynôme est irréductible dans K[X], est il aussi irréductible dans L[X] ?

je l'ai relu 2 fois pour voir si je lisait correctement et... c'est faux dans ce sens là...
Par exemple X^2+1 est irréductible sur R mais ne l'est pas sur C.

En fait, c'est très "heureux" que ce soit faux vu que ce que l'on fait très souvent lorsque l'on a un polynôme de K[X] qui n'a pas de racines dans K, c'est "d'inventer" un surcorps L dans lequel il en a (par exemple "d'inventer" i tel que i²=-1...)

Par contre ça serait vrai "dans l'autre sens" : si K est un sous corps de L et P un polynôme de K[X] irréductible sur L, alors il est, à fortiori irréductible sur K (preuve immédiate par contraposition : s'il étéait factorisable sur K, ça te ferait une factorisation sur L)

[psp]

Est ce que le cas classique des polynômes de degrés 2 à discriminant négatif fait office de bon contre exemple ?

[Ben314]

Est ce que le cas classique des polynômes de degrés 2 à discriminant négatif fait office de bon contre exemple ?

Tout à fait.
Et vu que ce sont les seuls polynômes irréductibles de R de degré >1 c'est les seuls contre exemples si tu prend K=R et L=C.
Par contre, tu pourrait en trouver des tonnes d'autres en prenant K=Q et L=R (ou C) vu que dans Q[X] tu peut trouver des polynômes irréductible de tout degré

[psp]

Une autre question (oui oui oui j'en ai des millions on nous fais vraiment du bourrage de crâne on peut s’intéresser à rien)


Je sais comment déterminer une relation de Bézout avec des entiers relatifs, mais avec des polynômes est-ce une autre affaire ?

Pour deux relatifs j'utilise l'algorithme d'Euclide que je remonte pour obtenir


Or pgcd(a,b) divise a et divise b donc il divise toute combinaison linaire de a et b alors



Puisque pgcd(a,b) est une solution particulière de a.u + b.v il viens
avec A toutes les combinaisons linéaires de a.u + b.v



Maintenant est ce que ça change vraiment avec les polynômes...

[Ben314]

Maintenant est ce que ça change vraiment avec les polynômes...

Non, il n'y a absolument aucune différence : le seul truc qu'il faut avoir vu, c'est comment on fait une division "euclidienne" de polynômes (en les écrivant dans l'ordre contrairement à ce qu'on fait pour les développements limités par exemple)
Après, tout le reste, c'est la même chose (en ce qui concerne les pgcd, l'algo. d'euclide "étendu", etc...)

[psp]

Donc quand on nous demande une relation de Bézout entre deux polynômes A et B, on nous demande une relation du type :
(bien sûr avec deg A >= deg B)
A = Q.B + R avec deg R < deg B

J'y parviens en utilisant la division euclidienne de polynôme.

Merci infiniement