MAT3632 : théorie des nombres, automne 2013 Équations

MAT3632 : théorie des nombres, automne 2013
Équations polynomiales
Supposons que f(x) = adxd+ad−1xd−1+· · ·+a1x+a0est un polynôme dont les coefficients
ad, . . . , a0sont entiers. Du théorème de restes chinois, si on veux étudier et résoudre les
congruences f(x)≡0 (mod n), il suffit de résoudre les congruences f(x)≡0 (mod pv), où p
est nombre premier et v≥1. Hensel a montré que souvent il suffit de considérer seulement
le cas v= 1. Plus précisément, on a le théorème suivant. Ici on dénote par f′(x)le dérivé de
f(x), définie comme f′(x) = dadxd−1+ (d−1)ad−1xd−2+· · · 2a2x+a1.
Théorème 1 (Hensel).Soit f(x) = adxd+ad−1xd−1+· · · +a1x+a0un polynôme dont
les coefficients ad, . . . , a0sont entiers. Si f(x1)≡0 (mod p)et f′(x1)̸≡ 0 (mod p), alors
pour chaque v≥2il existe une classe d’équivalence xv(mod pv)unique pour laquelle xv≡
x1(mod p)et f(xv)≡0 (mod pv).
Le théorème au-dessus est un corollaire direct du lemme suivant.
Lemme 2 (Hensel).Soit f(x) = adxd+ad−1xd−1+· · · +a1x+a0un polynôme dont les
coefficients ad, . . . , a0sont entiers. Si f(xv)≡0 (mod pv)et f′(xv)̸≡ 0 (mod p), alors il
existe une classe d’équivalence xv+1 (mod pv+1)unique pour laquelle xv+1 ≡xv(mod pv)et
f(xv+1)≡0 (mod pv+1).
Démonstration. On pose xv+1 =xv+tpv. Il suffit de montrer qu’il existe un tunique mod p
tel que f(xv+tpv)≡0 (mod pv+1). En effet, on a que
(xv+tpv)m=xm
v+(m
1)xm−1
vtpv+(m
2)xm−2
v(tpv)2+· · ·
≡xm
v+mxm−1 vtpv(mod pv+1),
puisque 2v≥v+ 1 pour v≥1. Donc
f(xv+tpv) =
d
∑
m=0
am(xv+tpv)m≡
d
∑
m=0
am(xm
v+mxm−1 vtpv) (mod pv+1)
≡f(xv) + tpvf′(xv) (mod pv+1).
On a que pv|f(xv)par hypothèse. Par la suite
f(xv+tpv)≡0 (mod pv+1)⇔tpvf′(xv)≡ −f(xv) (mod pv+1)
⇔tf′(xv)≡ −f(xv)/pv(mod p).
Puisque p∤f′(xv), il existe un unique t(mod p)qui satisfait la dernière relation. Ça conclut
la démonstration. □
Démonstration du Théorème 1. Par le Lemme 2 et induction sur v, on trouve qu’il existe
une suite x2, x3, x4, . . . telle que xv(mod pv)est l’unique classe d’équivalence mod pvpour
laquelle xv≡xv−1(mod pv−1)et f(xv)≡0 (mod pv). Alors le résultat désiré suit tout de
suite. □
1

2
Exemple. Quelles sont les solutions à l’équation quadratique
x2−4x+ 8 ≡(mod 25)?
Solution. Soit f(x) = x2−4x+ 8. Tout d’abord, on résoudre l’équation mod 5. Á fin de faire
cela, on compléter le carré :
f(x) = (x−2)2−22+ 8 = (x−2)2+ 4 ≡(x−2)2−12(mod 5) ≡(x−3)(x−1) ≡(mod 5).
Alors
f(x)≡0 (mod 5) ⇔x≡3 (mod 5) ou x≡1 (mod 5).
Puis, on observe que f′(x) = 2x−4et donc f′(1) = −2̸≡ 0 (mod 5) et f′(3) = 2 ̸≡ 0 (mod 5).
Alors le lemme de Hensel implique qu’il existe exactement une racine de fmod 25, soit
a(mod 25), telle que a≡1 (mod 5) et f(a)≡0 (mod 25). De plus, si on pose a= 1 + 5t, la
démonstration du lemme de Hensel nous donne que
f′(1)t≡ −f(1)/5 (mod 5) ⇔2t≡1 (mod 5) ⇔t≡3 (mod 5).
Donc a≡16 (mod 25). De même, il existe exactement une racine de fmod 25, soit b(mod 25),
telle que b≡3 (mod 5) et f(b)≡0 (mod 25). On pose b= 3 + 5spour que
f′(3)s≡ −f(3)/5 (mod 5) ⇔2s≡ −1 (mod 5) ⇔s≡2 (mod 5).
Donc b≡13 (mod 25).
Par conséquent, les solutions à l’équation f(x)≡0 (mod 25) sont x≡13 (mod 25) et
x≡16 (mod 25).