MAT3632 : théorie des nombres, automne 2013 Équations

MAT3632 : théorie des nombres, automne 2013
Équations polynomiales
Supposons que f (x) = ad xd +ad−1 xd−1 +· · ·+a1 x+a0 est un polynôme dont les coefficients
ad , . . . , a0 sont 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) = dad xd−1 + (d − 1)ad−1 xd−2 + · · · 2a2 x + a1 .
Théorème 1 (Hensel). Soit f (x) = ad xd + ad−1 xd−1 + · · · + a1 x + a0 un polynôme dont
les coefficients ad , . . . , a0 sont entiers. Si f (x1 ) ≡ 0 (mod p) et f ′ (x1 ) ̸≡ 0 (mod p), alors
pour chaque v ≥ 2 il 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) = ad xd + ad−1 xd−1 + · · · + a1 x + a0 un polynôme dont les
coefficients ad , . . . , a0 sont 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 t unique mod p
tel que f (xv + tpv ) ≡ 0 (mod pv+1 ). En effet, on a que
( )
( )
m m−1 v
m m−2 v 2
v m
m
(xv + tp ) = xv +
xv tp +
x
(tp ) + · · ·
1
2 v
m−1 v
≡ xm
tp (mod pv+1 ),
v + mxv
puisque 2v ≥ v + 1 pour v ≥ 1. Donc
f (xv + tpv ) =
d
∑
am (xv + tpv )m ≡
m=0
d
∑
m−1 v
am (xm
tp )
v + mxv
(mod pv+1 )
m=0
≡ f (xv ) + tpv f ′ (xv )
(mod pv+1 ).
On a que pv |f (xv ) par hypothèse. Par la suite
f (xv + tpv ) ≡ 0 (mod pv+1 )
⇔
tpv f ′ (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 pv pour
laquelle xv ≡ xv−1 (mod pv−1 ) et f (xv ) ≡ 0 (mod pv ). Alors le résultat désiré suit tout de
suite.
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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−4 et donc f ′ (1) = −2 ̸≡ 0 (mod 5) et f ′ (3) = 2 ̸≡ 0 (mod 5).
Alors le lemme de Hensel implique qu’il existe exactement une racine de f mod 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 f mod 25, soit b (mod 25),
telle que b ≡ 3 (mod 5) et f (b) ≡ 0 (mod 25). On pose b = 3 + 5s pour 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).