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\title{Algorithmique des corps finis}

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\chapter{Algorithmique des corps finis}
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\section{Calculs de racines carrées, équations quadratiques}\label{equations-quadratiques-corps-finis}

\subsection{Le caractère quadratique}

\begin{definition2}\label{definition-caractere-quadratique}
Soit $q$ une puissance d'un nombre premier impair.  On
appelle \emph{caractère quadratique} sur $\FF_q$ la fonction
$a \mapsto a^{(q-1)/2}$.  On note $\FF_q^{\times2}$ l'ensemble des
éléments de $\FF_q^\times$ qui sont des carrés.
\end{definition2}

\begin{proposition2}\label{denombrement-carres-f-q}
Si $q$ est une puissance d'un nombre premier impair, alors le caractère
quadratique ne prend sur $\FF_q^\times$ que les valeurs $+1$ et $-1$,
et on a $a \in \FF_q^{\times2}$ si et seulement si $a^{(q-1)/2} =
+1$ ; de plus, $\# \FF_q^{\times2} = \frac{1}{2}(q-1)$.
\end{proposition2}
\begin{proof}
L'application $z \mapsto z^2$, vue comme un morphisme
$\FF_q^\times \to \FF_q^\times$, a pour noyau $\{\pm 1\}$ (de
cardinal $2$), et pour image $\FF_q^{\times2}$, donc
$2\, \#\FF_q^{\times2} = \#\FF_q^{\times}$ : ceci montre la dernière
affirmation.

Si $e = a^{(q-1)/2}$ avec $a \in \FF_q^\times$, alors $e^2 = a^{q-1} =
1$, donc $e$ vaut $+1$ ou $-1$.

Si $a = b^2$ avec $b \in \FF_q^\times$, alors $a^{(q-1)/2} = b^{q-1} =
+1$.  On a donc montré que sur tout élément de $\FF_q^{\times2}$ le
caractère quadratique vaut $+1$ : comme on vient de voir qu'il y a
$\frac{1}{2}(q-1)$ tels éléments et que le polynôme $X^{(q-1)/2} - 1$
(de degré $\frac{1}{2}(q-1)$) n'est pas nul, il ne peut s'annuler en
aucun autre point de $\FF_q$ : on voit donc que réciproquement si
$a^{(q-1)/2} = +1$ alors $a \in \FF_q^{\times2}$.
\end{proof}

On pouvait également démontrer ce résultat en utilisant un élément
primitif $g$ (cf. \refext{Fin}{cyclicite-groupe-multiplicatif-corps}) : les
éléments de $\FF_q^{\times2}$ sont ceux qui s'écrivent $g^{2i}$ avec
$i$ entier (et bien défini modulo $\frac{1}{2}(q-1)$).

\begin{corollaire2}\label{produits-de-non-carres-dans-f-q}
Un produit $ab$ dans $\FF_q$ est un carré \emph{si et seulement si}
les deux facteurs $a,b$ sont soit tous deux des carrés soit tous deux
des non-carrés.
\end{corollaire2}
\begin{proof}
Cela découle de \ref{denombrement-carres-f-q} et du fait que le
caractère quadratique est un morphisme multiplicatif : $(ab)^{(q-1)/2}
= a^{(q-1)/2}\, b^{(q-1)/2}$.
\end{proof}

\subsubsection{} Le calcul du caractère quadratique peut se faire
efficacement par un algorithme d'exponentiation rapide : ceci permet
donc de savoir effectivement si un élément donné de $\FF_q^\times$
admet une racine carrée.  (On renvoie à \refext{Fin}{remarques-critere-rabin}
pour la question de la représentation des corps finis et
l'algorithmique dans ceux-ci ; mais pour beaucoup de questions
algorithmiques considérées ici, le cas où $q = p$ est premier et
$\FF_q = \ZZ/p\ZZ$ est déjà intéressant.)  Calculer effectivement la
racine carrée d'un élément qui en admet une est une question plus
délicate.  Commençons par considérer le cas facile où $q \equiv
3 \pmod{4}$ :

\begin{lemme2}\label{carres-extensions-corps-finis}
Soit $q = p^r$ avec $p$ premier impair.  Si $r$ est impair, alors un
élément de $\FF_p$ est un carré dans $\FF_p$ si et seulement si il
l'est dans $\FF_q$ (autrement dit, $\FF_q^{\times 2} \cap \FF_p
= \FF_p^{\times 2}$).  Si $r$ est pair, alors tout élément de $\FF_p$
est un carré dans $\FF_q$.
\end{lemme2}
\begin{proof}
On peut par exemple, pour $a \in \FF_p^\times$, écrire $a^{(q-1)/2} =
a^{(p^r-1)/2} = (a^{(p-1)/2})^{p^{r-1} + \cdots + p + 1}$, et
$a^{(p-1)/2}$ vaut $+1$ ou $-1$ selon que $a$ est un carré
dans $\FF_p$, et la parité de $p^{r-1} + \cdots + p + 1$ est la même
que celle de $r$, ce qui démontre le résultat.

Une autre démonstration consiste à considérer le polynôme $X^2 - a$ et
à lui
appliquer \refext{Fin}{corollaire-scindage-partiel-polynomes-corps-finis}.
\end{proof}

Mentionnons par ailleurs le résultat combinatoire suivant, qui est une
application inattendue des propriétés du caractère quadratique sur les
corps finis :
\begin{proposition2}\label{matrice-d-hadamard-par-corps-finis}
Soit $q$ une puissance d'un nombre premier vérifiant $q \equiv
3 \pmod{4}$.  Alors il existe une matrice $M$ de taille $(q+1)\times
(q+1)$ à coefficients dans $\{\pm 1\}$ telle que deux lignes
distinctes quelconques de $M$ ont la même valeur en $\frac{1}{2}(q+1)$
de leurs entrées et une valeur opposée en les $\frac{1}{2}(q+1)$
autres.
\end{proposition2}
\begin{proof}
En notant $\PP^1(\FF_q) = \FF_q \cup \{\infty\}$, on définit une
fonction $\varphi\colon \PP^1(\FF_q) \times \PP^1(\FF_q) \to \{\pm
1\}$ par $\varphi(\infty,\infty) = \varphi(x,\infty)
= \varphi(\infty,y) = +1$ si $x \in \FF_q$ et $y \in \FF_q$, par
$\varphi(x,x) = -1$ pour tout $x \in \FF_q$, et par $\varphi(x,y) =
(x-y)^{(q-1)/2}$ (c'est-à-dire $+1$ ou $-1$ selon que $x-y$ est un
carré ou non dans $\FF_q$, cf. \ref{denombrement-carres-f-q}) si
$x\neq y$ avec $x,y\in \FF_q$.  La matrice indicée par
$\PP^1(\FF_q) \times \PP^1(\FF_q)$ dont les coefficients sont donnés
par la fonction $\varphi$ répond à la question : pour le montrer, il
s'agit de voir que si $x,x' \in \PP^1(\FF_q)$ avec $x\neq x'$ alors il
existe $\frac{1}{2}(q+1)$ valeurs $y \in \PP^1(\FF_q)$ exactement
telles que $\varphi(x,y) = \varphi(x',y)$.

Si $x$ vaut $\infty$, il s'agit de voir que $\frac{1}{2}(q+1)$ valeurs
$y$ vérifient $\varphi(x',y) = -1$, c'est-à-dire (puisque
$\varphi(x',x')=-1$) que $\frac{1}{2}(q-1)$ éléments $y \in \FF_q$
sont tels que $x'-y$ ne soit pas un carré dans $\FF_q$, ce qui est
bien le cas (cf. \ref{denombrement-carres-f-q}).  Si $x,x' \in \FF_q$,
on s'intéresse à $\varphi(x,y)/\varphi(x',y)$.  Si $y \in \FF_q$ et
$y \not\in \{x,x'\}$, cette fonction vaut
$(\frac{x-y}{x'-y})^{(q-1)/2}$, or l'expression $\frac{x-y}{x'-y}$
prend toutes les valeurs de $\FF_q$ sauf $0$ et $1$, donc
$(\frac{x-y}{x'-y})^{(q-1)/2}$ prend $\frac{1}{2}(q-3)$ fois la
valeur $+1$ ; si $y = \infty$, l'expression
$\varphi(x,y)/\varphi(x',y)$ vaut $+1$ ; si $y=x$ ou $y=x'$, enfin,
l'expression $\varphi(x,y)/\varphi(x',y)$ vaut $-(x'-x)^{(q-1)/2}$ et
$-(x-x')^{(q-1)/2}$ respectivement, et ces valeurs sont opposées
puisque $q\equiv 3 \pmod{4}$ entraîne $(-1)^{(q-1)/2} = -1$ ; on a
donc montré que $\varphi(x,y)/\varphi(x',y)$ prend exactement
$\frac{1}{2}(q+1)$ fois la valeur $+1$ lorsque $y$
parcourt $\PP^1(\FF_q)$.
\end{proof}

Une matrice telle que fournie par la
proposition \ref{matrice-d-hadamard-par-corps-finis}
s'appelle \emph{matrice d'Hadamard} de taille $q+1$.  On conjecture
qu'il existe une matrice d'Hadamard de toute taille multiple de $4$.

\subsection{Algorithmes de calcul des racines carrées}

\begin{proposition2}\label{tonelli-shanks-pour-3-mod-4}
Soit $q$ une puissance d'un nombre premier impair.  On suppose
$q \equiv 3 \pmod{4}$.  Alors :
\begin{itemize}
\item L'élément $-1 \in \FF_q^\times$ n'est pas un carré.
\item Pour tout $D \in \FF_q^{\times2}$, une racine carrée de $D$ est
donnée par $D^{(q+1)/4}$.  Si $D \in \FF_q^\times$ n'est pas un carré,
la même expression produit une racine carrée de $-D$.
\end{itemize}
\end{proposition2}
\begin{proof}
Pour ce qui est de la première affirmation, on a $(-1)^{(q-1)/2} = -1$
car $\frac{1}{2}(q-1)$ est impair (puisque $q-1 \equiv 2 \pmod{4}$).

Pour ce qui est de la seconde, soit $z = D^{(q+1)/4}$ : on a alors
$z^2 = D^{(q+1)/2} = D^q D^{-(q-1)/2} = \pm D$ où le signe est $+$ si
$D^{(q-1)/2}=+1$, c'est-à-dire lorsque $D$ est un carré, et $-$ sinon.
\end{proof}

\begin{proposition2}\label{tonelli-shanks-pour-5-mod-8}
Soit $q$ une puissance d'un nombre premier impair.  On suppose
$q \equiv 5 \pmod{8}$.  Alors :
\begin{itemize}
\item L'élément $2 \in \FF_q^\times$ n'est pas un carré.
\item Pour tout $D \in \FF_q^{\times2}$, une racine carrée de $D$ est
donnée par $D^{(q+3)/8}$ ou par $2^{(q-1)/4}\,D^{(q+3)/8}$ selon que
$D^{(q-1)/4}$ vaut $+1$ ou $-1$.
\end{itemize}
\end{proposition2}
\begin{proof}
Montrons d'abord que $2$ n'est pas un carré dans $\FF_q$.  Pour cela,
écrivons $q = p^r$ avec $p$ premier : comme $q \equiv 5 \pmod{8}$ et
que tous les carrés sont congrus à $1$ modulo $8$, on voit que $r$ est
impair et $p \equiv 5 \pmod{8}$.  D'après le
lemme \ref{carres-extensions-corps-finis}, il s'agit de montrer que
$2$ n'est pas un carré dans $\FF_p = \ZZ/p\ZZ$.  Pour cela,
considérons d'une part les $\frac{1}{2}(p-1)$ entiers
$1,2,3,\ldots,\frac{p-1}{2}$, dont le produit est $(\frac{p-1}{2})!$,
et considérons d'autre part leurs doubles, qui sont congrus modulo $p$
à $2,4,6,\ldots,\frac{p-1}{2},\penalty-100
-\frac{p-3}{2},-\frac{p-5}{2},\ldots,-1$ (on a choisi systématiquement
le représentant de plus petite valeur absolue) ; or $\frac{p-1}{4}$
(un nombre impair) parmi ces représentants sont négatifs et leurs
valeurs absolues comptent bien chacun des entiers entre $1$ et
$\frac{p-1}{2}$ : donc le produit des entiers
$2,4,6,\ldots,\frac{p-1}{2},\penalty-100
-\frac{p-3}{2},-\frac{p-5}{2},\ldots,-1$ est $-(\frac{p-1}{2})!$ ;
mais ce produit est congru modulo $p$ à $2^{(p-1)/2}\,
(\frac{p-1}{2})!$ puisqu'il s'agit des représentants des doubles des
entiers $1,2,3,\ldots,\frac{p-1}{2}$.  On a donc prouvé que
$2^{(p-1)/2} \equiv -1 \pmod{p}$, donc que $2$ n'est pas un carré
modulo $p$, ni dans $\FF_q$.

Passons à la seconde affirmation.  Soit $x = D^{(q+3)/8}$ : on a alors
$x^2 = D^{(q+3)/4} = D \cdot D^{(q-1)/4}$.  Notons que $D^{(q-1)/4}$
ne peut valoir que $+1$ ou $-1$ puisque son carré est $D^{(q-1)/2} =
1$ (car $D$ est un carré).  Si $D^{(q-1)/4} = 1$, on a bien $x^2 = D$
comme annoncé.  Si $D^{(q-1)/4} = -1$, on a $x^2 = -D$ : soit $x' =
2^{(q-1)/4}\, x$ : on a $x^{\prime2} = 2^{(q-1)/2}\, x^2 = -x^2 = D$
puisqu'on a démontré que $2^{(q-1)/2} = -1$.
\end{proof}

L'affirmation que $2$ n'est pas un carré dans $\FF_q$ lorsque
$q \equiv 5 \pmod{8}$ sera généralisée ultérieurement (on verra
en \ref{formule-complementaire} que
$2^{(q-1)/2} = (-1)^{(q^2-1)/8}$ dans $\FF_q$, ce qui peut se montrer
avec la même technique qu'on a utilisée ci-dessus).

Les techniques de calcul de racines carrées explicitées dans les
propositions \ref{tonelli-shanks-pour-3-mod-4} et \ref{tonelli-shanks-pour-5-mod-8}
sont des cas particuliers d'un algorithme plus général appelé
algorithme de Tonelli-Shanks.  Celui-ci est, cependant, d'autant plus
malcommode que $q$ est congru à $1$ modulo une grande puissance
de $2$, et par ailleurs on ne dispose plus d'un élément non carré
aussi évident que $-1$ ou $2$ dans les deux cas étudiés ci-dessus.  Il
vaut donc mieux utiliser d'autres algorithmes de factorisation, comme
ceux de Cipolla ou de Legendre que nous allons présenter maintenant.

\begin{proposition2}\label{proposition-algorithme-cipolla}
Soit $q$ une puissance d'un nombre premier impair, et soit
$D \in \FF_q^{\times2}$.  Si $u \in \FF_q$ est un élément quelconque
tel que $(u^2-4D)^{(q-1)/2} = -1$, alors dans $\FF_q[X]/(X^2-uX+D)$ la
classe $x$ de $X$ vérifie $x^{q+1} = D$, et $x^{(q+1)/2}$ est une
racine carrée de $D$ dans $\FF_q$.
\end{proposition2}
\begin{proof}
L'hypothèse $(u^2-4D)^{(q-1)/2} = -1$, c'est-à-dire que $u^2-4D$ n'est
pas un carré dans $\FF_q$, implique que le polynôme $X^2 - uX + D$,
dont le discriminant est $u^2 - 4D$, n'est pas scindé sur $\FF_q$,
donc est irréductible, donc $\FF' = \FF_q[X]/(X^2-uX+D)$ est un corps,
isomorphe à $\FF_{q^2}$.  L'élément $x$ représenté par $X$
(c'est-à-dire, la multiplication par $x$ vue comme application
$\FF_q$-linéaire sur $\FF'$) a pour polynôme minimal $X^2 - uX + D$
(sur $\FF_q$) dont $x$ est une des deux racines (son conjugué étant
$x^q = u-x$).  La norme $\N_{\FF'\bo\FF_q}(x)$ de $x$ sur $\FF_q$ vaut
$x^{q+1} = D$ (cf. \refext{Fin}{trace-et-norme-corps-finis}).  Enfin,
$x^{(q+1)/2}$, étant une racine carrée de $D$ dans le corps $\FF'$,
doit être une des deux racines que cet élément a déjà dans $\FF_q$.
\end{proof}

\subsubsection{}\label{algorithme-cipolla} La proposition \ref{proposition-algorithme-cipolla}
conduit à l'\emph{algorithme} suivant, dit de Cipolla, permettant de
calculer une racine carrée de $D$ dans $\FF_q$ : dans un premier
temps, choisir un $u$ tel que $u^2 - 4D$ ne soit pas un carré
dans $\FF_q$ (ce qui se fait simplement en choisissant $u$ au hasard
et en testant $(u^2-4D)^{(q-1)/2} = -1$ jusqu'à ce que cette condition
soit vérifiée : on aura en moyenne environ $2$ essais à faire) ; puis,
calculer $x^{(q+1)/2}$ dans $\FF' = \FF_q[X]/(X^2-uX+D)$
(c'est-à-dire, calculer le reste de la division euclidienne de
$X^{(q+1)/2}$ par $X^2-uX+D$) par un algorithme d'exponentiation
rapide dans ce corps $\FF'$.  À ce sujet, les éléments de $\FF'$ se
représentent par des couples $(c_0,c_1)$ d'éléments de $\FF_q$ (censés
représenter $c_0 + c_1 x$), et les deux formules nécessaires pour
appliquer une méthode d'exponentiation rapide, à savoir l'élévation au
carré et la multipliation par $x$, sont représentées par les deux
applications
\[
(c_0,c_1) \mapsto (c_0^2-Dc_1^2,\; 2 c_0 c_1 + uc_1^2)
\]
et
\[
(c_0,c_1) \mapsto (-D c_1,\; c_0 + u c_1)
\]
L'algorithme de Cipolla consiste donc à partir de $(0,1)$ et à
appliquer tour à tour la première de ces fonctions puis éventuellement
la seconde lorsque le chiffre correspondant de l'écriture binaire de
$\frac{q+1}{2}$ (en partant du deuxième plus significatif, et en
lisant vers le moins significatif) vaut $1$, jusqu'à avoir lu tous les
chiffres.  Le résultat doit être de la forme $(d,0)$ où $d$ est une
racine carrée comme recherchée.

\begin{remarque2}
Dans la situation ci-dessus ($q$ puissance d'un nombre premier impair,
et $D$ carré dans $\FF_q$), on vient de remarquer que, si
$(u^2-4D)^{(q-1)/2} = -1$, alors le reste de la division euclidienne
de $X^{(q+1)/2}$ par $X^2-uX+D$ dans $\FF_q[X]$ vaut $\pm d$ où $d$
est une racine carrée de $D$.  On peut se demander ce qui se produit
si on applique l'algorithme de Cipolla sans avoir vérifié que
$(u^2-4D)^{(q-1)/2} = -1$.  Lorsque $(u^2-4D)^{(q-1)/2} = +1$, alors
le reste de $X^{(q+1)/2}$ par $X^2-uX+D$ vaut $\pm X$ : en effet,
l'hypothèse $(u^2-4D)^{(q-1)/2} = +1$ assure que le polynôme
$X^2-uX+D$ se factorise sur $\FF_q$ en $(X-a)(X-a')$ pour $a,a'$ deux
éléments de $\FF_q$ (de somme $u$ et de produit $D$) ; alors le
théorème chinois assure que $\FF_q[X]/(X^2-uX+D)$ est isomorphe à un
produit $\FF_q \times \FF_q$ en envoyant la classe $x$ de $X$ sur $a$
dans le premier facteur et $a'$ dans le second : par conséquent
$x^{(q-1)/2}$ vaut $\pm 1$ (à savoir $+1$ si $a$ et $a'$ sont tous
deux des carrés --- ils doivent l'être ensemble puisque leur produit
est un carré --- et $-1$ si $a$ et $a'$ ne sont pas des carrés), et
$x^{(q+1)/2}$ vaut alors $\pm x$.  Reste enfin le cas où
$(u^2-4D)^{(q-1)/2} = 0$, c'est-à-dire $u = 2d$ avec $d$ une racine
carrée de $D$ : alors $X^2-uX+D = (X-d)^2$ ; la valeur de
$X^{(q+1)/2}$ en $X=d$ est $d^{(q+1)/2} = \pm d$ (le signe $\pm$ étant
donné par $d^{(q-1)/2}$) et la dérivée de $X^{(q+1)/2}$ en $X=d$ est
$\pm\frac{q+1}{2}$ : donc le reste de la division euclidienne de
$X^{(q+1)/2}$ par $(X-d)^2$ vaut $\pm(\frac{q+1}{2}(X-d)+d)
= \pm\frac{q+1}{2}(X+d)$.
\end{remarque2}

\begin{proposition2}\label{proposition-algorithme-legendre}
Soit $q$ une puissance d'un nombre premier impair, et soit
$D \in \FF_q^{\times2}$.  Si $y = a_0 + a_1 x$ (avec
$a_0,a_1 \in \FF_q$) est un élément quelconque de $\FF_q[X]/(X^2-D)$
(où on note $x$ la classe de $X$) et qu'on pose $t = y^{(q-1)/2}$
(dans $\FF_q[X]/(X^2-D)$), noté $t = c_0 + c_1 x$ (avec
$c_0,c_1 \in \FF_q$), alors une et une seule des affirmations
suivantes est vraie :
\begin{itemize}
\item on a $y=0$ (soit $a_0=a_1=0$),
\item on a $a_1 \neq 0$ et $a_0/a_1$ est une racine carrée de $D$
dans $\FF_q$,
\item on a $t=\pm 1$ (soit $c_1=0$ et $c_0=\pm 1$),
\item on a $c_0=0$ et $c_1 \neq 0$, et $1/c_1$ est une racine carrée
de $D$ dans $\FF_q$.
\end{itemize}
De plus, les nombres de $y \in \FF_q[X]/(X^2-D)$ vérifiant chacune de
ces quatre affirmations valent respectivement : $1$, $2(q-1)$,
$\frac{1}{2}(q-1)^2$ et $\frac{1}{2}(q-1)^2$.
\end{proposition2}
\begin{proof}
Soient $d$ et $-d$ les deux racines carrées de $D$ dans $\FF_q$.  Le
théorème chinois assure que $\FF_q[X]/(X^2-D)$ est isomorphe à un
produit $\FF_q \times \FF_q$ en envoyant la classe $x$ de $X$ sur $d$
dans le premier facteur et $-d$ dans le second (soit l'isomorphisme
$a_0 + a_1 x \mapsto (a_0+a_1 d, a_0-a_1 d)$).  Remarquons que $y =
a_0 + a_1 x$ est nul dans le second facteur $\FF_q$ si et seulement si
$a_0 - a_1 d = 0$, c'est-à-dire $a_1 = 0$ ou bien $d = a_0/a_1$, et
nul dans le premier facteur si et seulement si $a_1 = 0$ ou bien $d =
-a_0/a_1$.  On a ainsi réparti les $q^2$ éléments de
$\FF_q[X]/(X^2-D)$ en $1$ élément nul, $2(q-1)$ éléments $a_0 + a_1 x$
tels que $a_1 \neq 0$ mais que $a_0/a_1$ soit une racine carrée de $D$
(il y en a $q-1$ pour lesquels c'est $d$ et $q-1$ pour lesquels
c'est $-d$) et $(q-1)^2$ éléments non nuls dans chacun des deux
facteurs chinois (i.e., $a_0+a_1 d \neq 0$ et $a_0-a_1 d \neq 0$).  On
se place à présent dans ce dernier cas.

Pour tout élément non nul $z$ de $\FF_q$ on a $z^{(q-1)/2} = \pm 1$,
ce nombre valant $+1$ pour $\frac{1}{2}(q-1)$ éléments $z$, et $-1$
pour les $\frac{1}{2}(q-1)$ autres
(cf. \ref{denombrement-carres-f-q}).  On en déduit que si $t =
y^{(q-1)/2}$ s'écrit $t = c_0 + c_1 x$, alors chacun des éléments $c_0
+ c_1 d = (a_0 + a_1 d)^{(q-1)/2}$ et $c_0 - c_1 d = (a_0 - a_1
d)^{(q-1)/2}$ vaut $+1$ ou $-1$.  Et chacune des quatre combinaisons
de signes est réalisée pour $[\frac{1}{2}(q-1)]^2$ éléments (parmi les
$(q-1)^2$ considérés) de $\FF_q[X]/(X^2-D) \cong \FF_q \times \FF_q$.
Lorsque $c_0 + c_1 d$ et $c_0 - c_1 d$ sont égaux, ce qui se produit
dans $\frac{1}{2}(q-1)^2$ cas, on a ainsi $c_1 = 0$ et $c_0 = t = \pm
1$.  Lorsque $c_0 + c_1 d$ et $c_0 - c_1 d$ sont opposés, ce qui se
produit également dans $\frac{1}{2}(q-1)^2$ cas, on a ainsi $c_0 = 0$
et $c_1 d = \pm 1$, de sorte que $1/c_1 = \pm d$ est une racine carrée
de $D$.
\end{proof}

\subsubsection{}\label{algorithme-legendre} La proposition \ref{proposition-algorithme-legendre}
conduit à l'\emph{algorithme} suivant, dit de Legendre, permettant de
calculer une racine carrée de $D$ dans $\FF_q$ : dans un premier
temps, tirer $y = a_0 + a_1 x$ aléatoirement dans $\FF_q[X]/(X^2-D)$
(on peut se limiter à $a_1 \neq 0$, puisque le cas où $y \in \FF_q$
n'est pas susceptible de produire un résultat intéressant).  Puis
calculer $t = y^{(q-1)/2}$ dans $\FF_q[X]/(X^2-D)$ (c'est-à-dire,
calculer le reste de la division euclidienne de $X^{(q-1)/2}$ par
$X^2-D$) par un algorithme d'exponentiation rapide dans cet
anneau $\FF_q[X]/(X^2-D)$.  Si le résultat $c_0 + c_1 x$ est de la
forme $c_1 = 0$ (auquel cas $c_0 = \pm 1$), on doit choisir un
nouveau $y$ et recommencer, tandis que si $c_0 + c_1 x$ est de la
forme $c_0 = 0$ alors $1/c_1$ fournit la racine carrée recherchée ;
quant au petit nombre (du moins si $q$ est grand) de $y$ dans le
second cas de \ref{proposition-algorithme-legendre-caracteristique-2},
on peut soit les écarter \emph{a priori} en vérifiant
avant de commencer si $a_0/a_1$ est une racine carrée de $D$, soit
plus vraisemblablement les traiter \emph{a posteriori} en renvoyant
$a_0/a_1$ comme racine carrée (ou d'ailleurs $c_0/c_1$, qui lui est
égal) si l'on obtient simultanément $c_0 \neq 0$ et $c_1 \neq 0$ (le
nombre $t$, comme $y$, est nul dans un des facteurs chinois et pas
dans l'autre).

De même que pour l'algorithme de
Cipolla (cf. \ref{algorithme-cipolla}), les éléments de
$\FF_q[X]/(X^2-D)$ se représentent par des couples $(c_0,c_1)$
d'éléments de $\FF_q$ (censés représenter $c_0 + c_1 x$), et les deux
formules nécessaires pour appliquer une méthode d'exponentiation
rapide, à savoir l'élévation au carré et la multipliation par $y = a_0
+ a_1 x$, sont représentées par les deux applications
\[
(c_0,c_1) \mapsto (c_0^2+Dc_1^2,\; 2 c_0 c_1)
\]
et
\[
(c_0,c_1) \mapsto (a_0 c_0 + D a_1 c_1,\; a_0 c_1 + a_1 c_0)
\]
L'algorithme de Legendre consiste donc à partir d'un $(c_0,c_1) =
(a_0,a_1)$ tiré au hasard (avec $a_1 \neq 0$) et à appliquer tour à
tour la première de ces fonctions puis éventuellement la seconde selon
ce que vaut le chiffre correspondant de l'écriture binaire de
$\frac{q-1}{2}$.  On procède alors comme expliqué ci-dessus.

\begin{remarque2}
Si $q \equiv 3 \pmod{4}$ (de sorte que $-1$ n'est pas un carré
dans $\FF_q$ d'après \ref{tonelli-shanks-pour-3-mod-4}), alors on peut
choisir $u=0$ dans l'algorithme de Cipolla \ref{algorithme-cipolla}
comme on peut choisir $y = x$ dans l'algorithme de
Legendre \ref{algorithme-legendre} : on se convainc alors facilement
que calculer le premier (calculer $x^{(q+1)/2}$ dans
$\FF_q[X]/(X^2+D)$) revient à calculer $(-D)^{(q+1)/4} = \pm
D^{(q+1)/4}$, tandis que le second (calculer $x^{(q-1)/2}$ dans
$\FF_q[X]/(X^2+D)$) donne $D^{(q-3)/4} x$, de sorte que la racine
carrée calculée est $D^{(q+1)/4}$.  Ainsi, dans le cas $q \equiv
3 \pmod{4}$, la méthode de calcul de racine carrée exposée
en \ref{tonelli-shanks-pour-3-mod-4} peut se voir aussi bien comme un
cas particulier de l'algorithme de Cipolla que de celui de Legendre.
\end{remarque2}

\subsection{La caractéristique $2$}\label{equations-quadratiques-corps-finis-caracteristique-2}

\subsubsection{} En caractéristique $2$, calculer
des racines carrées dans $\FF_q = \FF_{2^r}$ est facile : on a
$x^{2^r} = x$ d'après \refext{Fin}{petit-theoreme-fermat}, donc $x^{2^{r-1}}$
est une racine carrée de $x$.  À la différence du cas où $2$ est
inversible, cependant, savoir calculer des racines carrées ne permet
pas de résoudre toutes les équations quadratiques puisqu'on ne peut
pas écrire $X^2 + bX + c = 0$ sous la forme $(X+\frac{b}{2})^2 +
(c-\frac{b^2}{4}) = 0$.  À la place, si on note $\wp(Z) = Z^2 + Z$,
l'équation $X^2 + bX + c = 0$, lorsque $b\neq 0$ (le cas $b=0$ ayant
déjà été traité) peut se réécrire $\wp(X/b)+(c/b^2) = 0$, soit $X =
b\,\root\wp\of{c/b^2}$ si on note $\root\wp\of E$ une solution (si
elle existe) de l'équation $Z^2+Z = E$, l'autre solution étant alors
$\root\wp\of E + 1$ (puisque $\wp(Z+1) = \wp(Z)$).

\begin{definition2}
Soit $q = 2^r$ une puissance de $2$.  On appelle \emph{caractère
quadratique additif} sur $\FF_q$ la fonction $\tau \colon a \mapsto a
+ a^2 + a^4 + a^8 + \cdots + a^{2^{r-1}}$ (qu'on notera aussi $\tau_r$
en cas d'ambiguïté).  On note $\wp\FF_q$ l'ensemble des éléments de
$\FF_q$ qui sont dans l'image de la fonction $\wp\colon z \mapsto z^2
+ z$.
\end{definition2}

On peut aussi considérer $\tau$ comme la trace pour l'extension
$\FF_q\bo\FF_2$ (cf. \refext{Fin}{trace-et-norme-corps-finis}).

\begin{proposition2}\label{denombrement-artin-schreier-2-f-q}
Si $q$ est une puissance de $2$, alors le caractère quadratique
additif $\tau$ ne prend sur $\FF_q$ que les valeurs $0$ et $1$, et on
a $a \in \wp\FF_q$ si et seulement si $\tau(a) = 0$ ; de plus,
$\#(\wp\FF_q) = \frac{q}{2}$.
\end{proposition2}
\begin{proof}
L'application $\wp\colon z \mapsto z^2+z$, vue comme une application
$\FF_2$-linéaire $\FF_q \to \FF_q$, a pour noyau $\{0,1\}$ (de
cardinal $2$) puisque $0,1$ sont les deux solutions de $Z^2 + Z = 0$ ;
et elle a pour image $\wp\FF_q$, donc $2\, \#(\wp\FF_q) = \#\FF_q$ :
ceci montre la dernière affirmation.

Si $e = \tau(a)$ avec $a \in \FF_q$, alors $\wp(e) = e^2 + e = (a^2 +
a^4 + \cdots + a^q) + (a + a^2 + \cdots + a^{q/2}) = 0$ puisque $a^{q}
= a$, donc $e$ vaut $0$ ou $1$.

Si $a = \wp(b)$ avec $b \in \FF_q$, alors $\tau(a) = a + a^2 + \cdots
+ a^{q/2} = (b^2 + b) + (b^4 + b^2) + \cdots + (b^{q} + b^{q/2}) = 0$.
On a donc montré que sur tout élément de $\wp\FF_q$ le caractère
quadratique additif $\tau$ vaut $0$ : comme on vient de voir qu'il y a
$\frac{q}{2}$ tels éléments et que le polynôme $X + X^2 + X^4 + \cdots
+ X^{q/2}$ (de degré $\frac{q}{2}$) n'est pas nul, il ne peut
s'annuler en aucun autre point de $\FF_q$ : on voit donc que
réciproquement si $\tau(a) = 0$ alors $a \in \wp\FF_q$.
\end{proof}

La proposition suivante est l'analogue
de \ref{proposition-algorithme-cipolla} pour la caractéristique $2$ :
\begin{proposition2}\label{proposition-algorithme-cipolla-caracteristique-2}
Soit $q = 2^r$ une puissance de $2$, et soit $E \in \wp\FF_q$.  Si
$v \in \FF_q$ est un élément quelconque tel que $\tau(v/E^2) = 1$,
alors dans $\FF_q[X]/(X^2+EX+v)$ la classe $x$ de $X$ vérifie $x^q + x
= E$, et $x + x^2 + x^4 + x^8 + \cdots + x^{q/2}$ est une racine
de $Z^2+Z+E=0$ dans $\FF_q$.
\end{proposition2}
\begin{proof}
L'hypothèse $\tau(v/E^2) = 1$, c'est-à-dire que $v/E^2$ n'est pas
dans $\wp\FF_q$ (cf. \ref{denombrement-artin-schreier-2-f-q}),
implique que le polynôme $X^2 + EX + v$ n'est pas scindé sur $\FF_q$,
donc est irréductible, donc $\FF' = \FF_q[X]/(X^2+EX+v)$ est un corps,
isomorphe à $\FF_{q^2}$.  L'élément $x$ représenté par $X$
(c'est-à-dire, la multiplication par $x$ vue comme application
$\FF_q$-linéaire sur $\FF'$) a pour polynôme minimal $X^2 + EX + v$
(sur $\FF_q$) dont $x$ est une des deux racines (son conjugué étant
$x^q = x + E$).  La trace $\Tr_{\FF'\bo\FF_q}(x)$ de $x$ sur $\FF_q$
vaut $x^q + x = E$ (cf. \refext{Fin}{trace-et-norme-corps-finis}).  Enfin, on
a $(x + x^2 + x^4 + \cdots + x^{q/2})^2 + \penalty-500 (x + x^2 + x^4
+ \cdots + x^{q/2}) =\penalty-500 (x^2 + x^4 + x^8 + \cdots + x^q) +
(x + x^2 + x^4 + \cdots + x^{q/2}) = x^q + x = E$ ; ainsi, la quantité
$y = x + x^2 + x^4 + \cdots + x^{q/2}$, étant une racine de $Z^2 + Z +
E = 0$ dans le corps $\FF'$, doit être une des deux racines que cette
équation a déjà dans $\FF_q$.
\end{proof}

La proposition suivante est l'analogue
de \ref{proposition-algorithme-legendre} pour la caractéristique $2$ :
\begin{proposition2}\label{proposition-algorithme-legendre-caracteristique-2}
Soit $q = 2^r$ une puissance de $2$, et soit $E \in \wp\FF_q$.  Si $y
= a_0 + a_1 x$ (avec $a_0,a_1 \in \FF_q$) est un élément quelconque de
$\FF_q[X]/(X^2+X+E)$ (où on note $x$ la classe de $X$) et qu'on pose
$t = y + y^2 + y^4 + \cdots + y^{q/2}$ (dans $\FF_q[X]/(X^2+X+E)$),
noté $t = c_0 + c_1 x$ (avec $c_0,c_1 \in \FF_q$), alors une et une
seule des affirmations suivantes est vraie :
\begin{itemize}
\item on a $t \in \{0,1\}$ (soit $c_1=0$ et $c_0 \in \{0,1\}$),
\item on a $c_1=1$, et $c_0$ est une racine
de $Z^2 + Z + E = 0$ dans $\FF_q$.
\end{itemize}
De plus, les nombres de $y \in \FF_q[X]/(X^2+X+E)$ vérifiant chacune de
ces deux affirmations valent chacun $q^2/2$.
\end{proposition2}
\begin{proof}
Soient $e$ et $e+1$ les deux racines de $Z^2 + Z + E = 0$
dans $\FF_q$.  Le théorème chinois assure que $\FF_q[X]/(X^2+X+E)$ est
isomorphe à un produit $\FF_q \times \FF_q$ en envoyant la classe $x$
de $X$ sur $e$ dans le premier facteur et $e+1$ dans le second (soit
l'isomorphisme $a_0 + a_1 x \mapsto (a_0+a_1 e, {(a_0+a_1)}+a_1 e)$).

Pour tout élément non nul $z$ de $\FF_q$ on a $z + z^2 + z^4 + \cdots
+ z^{q/2} \in \{0, 1\}$, ce nombre valant $0$ pour $\frac{q}{2}$
éléments $z$, et $1$ pour les $\frac{q}{2}$ autres
(cf. \ref{denombrement-artin-schreier-2-f-q}).  On en déduit que si $t
= y + y^2 + y^4 + \cdots + y^{q/2}$ s'écrit $t = c_0 + c_1 x$, alors
chacun des éléments $c_0 + c_1 e = \tau(a_0 + a_1 e)$ et $(c_0+c_1) +
c_1 e = \tau((a_0+a_1) + a_1 e)$ vaut $0$ ou $1$.  Et chacune des
quatre combinaisons de valeurs est réalisée pour $(\frac{q}{2})^2$
éléments de $\FF_q[X]/(X^2+X+E) \cong \FF_q \times \FF_q$.  Lorsque
$c_0 + c_1 e$ et $(c_0+c_1) + c_1 e$ sont égaux, ce qui se produit
dans $\frac{q^2}{2}$ cas, on a ainsi $c_1 = 0$ et $c_0 = t \in \{0,
1\}$.  Lorsque $c_0 + c_1 e$ et $(c_0+c_1) + c_1 e$ diffèrent de $1$,
ce qui se produit également dans $\frac{q^2}{2}$ cas, on a ainsi $c_1
= 1$ et $c_0 + c_1 e \in \{0, 1\}$, de sorte que $c_0 \in \{e, e+1 \}$
est une racine de $Z^2 + Z + E = 0$.
\end{proof}

\subsubsection{}\label{algorithmes-cipolla-legendre-caracteristique-2} On peut tirer des
propositions \ref{proposition-algorithme-cipolla-caracteristique-2} et \ref{proposition-algorithme-legendre-caracteristique-2}
des algorithmes, tout à fait analogues à ceux décrits
en \ref{algorithme-cipolla} et \ref{algorithme-legendre}
respectivement (et méritant sans doute de s'appeler également des noms
de Cipolla et Legendre), permettant de résoudre des équations de la
forme $Z^2 + Z + E = 0$ (et, compte tenu des remarques faites
en \ref{equations-quadratiques-corps-finis-caracteristique-2}, toutes
les équations quadratiques).

S'agissant de l'algorithme de Cipolla, on trouve dans un premier temps
un $v \neq 0$ tel que $v/E^2$ ne soit pas dans l'image de $\wp$, soit
$\tau(v/E^2) = 1$ (ce qui se fait simplement en choisissant $v$ au
hasard jusqu'à ce que cette condition soit vérifiée : on aura en
moyenne $2$ essais à faire), puis on calcule $x + x^2 + \cdots +
x^{q/2}$ dans $\FF' = \FF_q[X]/(X^2+EX+v)$.  Pour cela, on représente
les éléments de $\FF'$ par des couples $(c_0,c_1)$ d'éléments
de $\FF_q$ (censés représenter $c_0 + c_1 x$), et la formule
nécessaire pour l'élévation au carré est représentée par l'application
\[
(c_0,c_1) \mapsto (c_0^2 + v c_1^2, E c_1^2)
\]
L'algorithme de Cipolla consiste en caractéristique $2$ donc à partir
de $(0,1)$ et à appliquer $r-1$ fois l'application en question (si $q
= 2^r$), puis à sommer les éléments en question.  Le résultat doit
être de la forme $(e,0)$ où $e$ est une racine $\wp$-ième comme
recherchée.

S'agissant de l'algorithme de Legendre, on tire aléatoirement $y$ dans
$\FF_q[X]/(X^2+X+E)$ et on calcule $t = y + y^2 + \cdots + y^{q/2}$ :
si le résultat $c_0 + c_1 x$ est de la forme $c_1 = 0$ (auquel cas
$c_0 \in \{0,1\}$), on doit choisir un nouveau $y$ et recommencer,
sinon $c_1 = 1$ et $c_0$ est la racine recherchée.  De nouveau, on
représente les éléments de $\FF_q[X]/(X^2+X+E)$ par des couples
$(c_0,c_1)$ d'éléments de $\FF_q$, et l'élévation au carré est
représentée par l'application
\[
(c_0,c_1) \mapsto (c_0^2 + E c_1^2, c_1^2)
\]
L'algorithme de Legendre en caractéristique $2$ consiste donc à partir
d'un $(c_0,c_1) = (a_0,a_1)$ tiré au hasard et à appliquer $r-1$ fois
l'application en question (si $q = 2^r$), puis à sommer les éléments
en question.  On procède alors comme on vient d'expliquer.


\section{Réciprocité quadratique}

\subsection{Le symbole de Legendre}

\begin{definition2}\label{definition-symbole-legendre}
Si $p$ est un nombre premier impair et $a$ un entier, on
appelle \emph{symbole de Legendre} de $a$ modulo $p$, et on note
$\Legendre{a}{p}$, l'entier valant $0$ si $p|a$, et $1$ si $a$ est un
carré dans $\FF_p$, et $-1$ si $a$ n'est pas un carré dans $\FF_p$.
\end{definition2}

Il résulte trivialement de \ref{denombrement-carres-f-q} et
de \ref{produits-de-non-carres-dans-f-q} que :
\begin{proposition2}\label{formule-symbole-legendre}
Si $p$ est un nombre premier impair et $a$ un entier, alors
\[
\Legendre{a}{p} \equiv a^{(p-1)/2} \pmod{p}
\]
De plus, quels que soient les entiers $a,b$, on a $\Legendre{ab}{p}
= \Legendre{a}{p} \Legendre{b}{p}$.
\end{proposition2}

\subsection{Réciprocité quadratique et formule complémentaire}

L'énoncé suivant, qui compare le caractère quadratique de $p$ modulo
$q$ au caractère quadratique de $q$ modulo $p$, et dont on va donner
deux démonstrations, porte le nom de \emph{loi de réciprocité
quadratique} :

\begin{theoreme2}\label{loi-reciprocite-quadratique}
Soient $p,q$ deux nombres premiers impairs distincts.  On a alors :
\[
\Legendre{p}{q} \Legendre{q}{p} = (-1)^{(p-1)(q-1)/4}
\]
--- c'est-à-dire $\Legendre{q}{p} = \Legendre{p}{q}$ sauf si
$p,q \equiv 3 \pmod{4}$ auquel cas $\Legendre{q}{p} =
-\Legendre{p}{q}$.
\end{theoreme2}
\begin{proof}[Première démonstration]
Convenons pour cette démonstration de représenter les éléments de
$\ZZ/p\ZZ$ par $-\frac{p-1}{2},\ldots,\frac{p-1}{2}$, et de
dire d'un élément de $(\ZZ/p\ZZ)^\times$ qu'il est « positif »
lorsqu'il est congru à l'un des $\frac{p-1}{2}$ entiers
$1,2,3,\ldots,\frac{p-1}{2}$, et « négatif » lorsqu'il est congru à
l'un des $\frac{p-1}{2}$ entiers $-\frac{p-1}{2},\ldots,-1$.  Avec
cette définition, si $k \in \ZZ$ n'est pas multiple de $p$, son
« signe » modulo $p$ (c'est-à-dire $+1$ ou $-1$ selon qu'il a un
résidu positif ou négatif) vaut $(-1)^{\lfloor 2k/p\rfloor}$ où
$\lfloor\tiret\rfloor$ désigne la fonction partie entière.  Remarquons
d'ores et déjà que pour tout entier $i$ non multiple de $p$ on a
$\lfloor \frac{2qi}{p}\rfloor + \lfloor \frac{q(p-2i)}{p}\rfloor =
q-1$ (car $\lfloor\theta\rfloor +
\lfloor q-\theta\rfloor = q-1$ pour tout
$\theta \in \RR \setminus \ZZ$), et que cet entier est pair, de sorte
que $(-1)^{\lfloor 2qi/p\rfloor} = (-1)^{\lfloor q(p-2i)/p\rfloor}$
(ces deux expressions donnent donc le signe de $qi$ modulo $p$).

Le produit $\prod_{i=1}^{(p-1)/2} \bar\imath$ des éléments positif de
$(\ZZ/p\ZZ)^\times$ vaut $(\frac{p-1}{2})!$ modulo $p$.  Considérons
maintenant le produit $\prod_{i=1}^{(p-1)/2} q\bar\imath$ : on peut
manifestement l'écrire comme $q^{(p-1)/2} (\frac{p-1}{2})!$
modulo $p$.  Mais par ailleurs on ne peut pas avoir $q\bar\imath =
\pm q\bar\imath'$ pour $i,i' \in \{1,\ldots,\frac{p-1}{2}\}$ distincts,
donc les $q\bar\imath$ s'écrivent $\pm\bar\jmath$ avec $\bar\jmath$
parcourant $1,2,3,\ldots,\frac{p-1}{2}$ et le signe $\pm$ donné par
$(-1)^{\lfloor 2qi/p\rfloor} = (-1)^{\lfloor q(p-2i)/p\rfloor}$ comme
on l'a expliqué ; ainsi, $\prod_{i=1}^{(p-1)/2} q\bar\imath =
(-1)^{\sum_{i=1}^{(p-1)/2} \lfloor 2qi/p\rfloor}(\frac{p-1}{2})!$, et
en comparant les deux expressions trouvées et en
utilisant \ref{formule-symbole-legendre}, on a $\Legendre{q}{p} =
(-1)^{\sum_{i=1}^{(p-1)/2} \lfloor 2qi/p\rfloor}$ (« lemme
d'Eisenstein »), ou, mieux, $\Legendre{q}{p} =
(-1)^{\sum_{m=1}^{(p-1)/2} \lfloor qm/p\rfloor}$ (en appelant $m$ le
nombre $2i$ ou $p-2i$ selon que $0<i<\frac{p}{4}$ ou
$\frac{p}{4}<i<\frac{p}{2}$, de sorte que $m$ parcourt aussi les
entiers de $1$ à $\frac{p-1}{2}$ quand $i$ les parcourt).

Cette dernière expression admet l'interprétation géométrique
suivante : $\Legendre{q}{p}$ vaut $(-1)^\mu$ avec $\mu$ le nombre de
points $(m,n)$ à coordonnées entières telles que $0<m<\frac{p}{2}$ et
$0<n<\frac{q}{p}m$ et (donc) $0<n<\frac{q}{2}$, ou, si l'on préfère,
le nombre de points à coordonnées entières strictement à l'intérieur
du triangle du plan dont les sommets sont $(0,0)$, $(\frac{p}{2},0)$
et $(\frac{p}{2},\frac{q}{2})$.  On en déduit que
$\Legendre{p}{q} \Legendre{q}{p}$ est $(-1)^{\mu+\nu}$ avec $\mu+\nu$
le nombre de points $(m,n)$ à coordonnées entières vérifiant
$0<m<\frac{p}{2}$ et $0<n<\frac{q}{2}$ : on a bien $\mu+\nu
= \frac{(p-1)(q-1)}{4}$.
\end{proof}
\begin{proof}[Seconde démonstration]
Considérons $\FF_{q^r} = \FF_q(\zeta)$ (où $r$ est l'ordre
multiplicatif de $p$ modulo $q$) l'extension de $\FF_q$ par une racine
primitive $p$-ième de l'unité $\zeta$, c'est-à-dire le corps de
décomposition de $\Phi_p(X)$ sur $\FF_q$
(cf. \refext{Fin}{factorisation-phi-n}) dont on note $\zeta$ une racine.  Dans
ce corps, considérons la somme
\[
G = \sum_{i\in\FF_p^\times} \Legendre{i}{p} \zeta^i
\]
où on confond abusivement un $i \in \FF_p$ avec un représentant
quelconque de celui-ci dans $\ZZ$ (puisque $\Legendre{i}{p}$ et
$\zeta^i$ ne dépendent de la classe de $i$ modulo $p$).

On a alors $G^2
= \sum_{i,j\in \FF_p^\times} \Legendre{ij}{p} \zeta^{i+j}
= \sum_{i,t \in \FF_p^\times} \Legendre{t}{p} \zeta^{i(1+t)}$ (en
posant $t = j/i \in \FF_p^\times$ et en utilisant le fait que
$\Legendre{i}{p}^2 = 1$) ; comme $\sum_{i\in\FF_p^\times} \zeta^{iu}$
vaut $-1$ si $u \in \FF_p^\times$ et vaut $p - 1$ si $u = 0$, on en
déduit (en distinguant selon que $t=-1$ ou non) $G^2
= \Legendre{-1}{p}(p-1) - \sum_{t\neq 0,-1} \Legendre{t}{p}
= \Legendre{-1}{p} p$ car $\sum_{t\in\FF_p^\times} \Legendre{t}{p} =
0$ en vertu de \ref{denombrement-carres-f-q}.

Par ailleurs, $G^q = \Frob_q(G)
= \sum_{i\in\FF_p^\times} \Legendre{i}{p} \zeta^{qi}
= \sum_{j\in\FF_p^\times} \Legendre{q}{p} \Legendre{j}{p} \zeta^j$ (en
posant $j = qi$ et en utilisant de nouveau le fait que
$\Legendre{q}{p}$ est son inverse), donc $G^q = \Legendre{q}{p} G$, et
par conséquent $G^{q-1} = \Legendre{q}{p}$.

En écrivant $G^{q-1} = (G^2)^{(q-1)/2}$, on a donc prouvé
$\Legendre{q}{p} = \Legendre{-1}{p}^{(q-1)/2} p^{(q-1)/2} =
(-1)^{(p-1)(q-1)/4} \Legendre{p}{q}$ ; cette égalité entre éléments de
$\{\pm 1\}$ a lieu dans $\FF_{q^r}$ donc dans $\ZZ$ : c'est ce qu'on
voulait prouver.
\end{proof}

Pour ce qui est du caractère quadratique de $2$, il est déterminé par
la proposition suivante souvent appelée « formule complémentaire » :
\begin{proposition2}\label{formule-complementaire}
Soit $p$ un nombre premier impair.  On a alors :
\[
\Legendre{2}{p} = (-1)^{(p^2-1)/8}
\]
--- c'est-à-dire $\Legendre{2}{p} = 1$ si $p\equiv 1,7 \pmod{8}$ et
$\Legendre{2}{p} = -1$ si $p\equiv 3,5 \pmod{8}$.
\end{proposition2}
\begin{proof}[Première démonstration]
Convenons pour cette démonstration de représenter les éléments de
$\ZZ/p\ZZ$ par $-\frac{p-1}{2},\ldots,\frac{p-1}{2}$, et de
dire d'un élément de $(\ZZ/p\ZZ)^\times$ qu'il est « positif »
lorsqu'il est congru à l'un des $\frac{p-1}{2}$ entiers
$1,2,3,\ldots,\frac{p-1}{2}$, et « négatif » lorsqu'il est congru à
l'un des $\frac{p-1}{2}$ entiers $-\frac{p-1}{2},\ldots,-1$.

Le produit $\prod_{i=1}^{(p-1)/2} \bar\imath$ des éléments positif de
$(\ZZ/p\ZZ)^\times$ vaut $(\frac{p-1}{2})!$ modulo $p$.  Considérons
maintenant le produit $\prod_{i=1}^{(p-1)/2} 2\bar\imath$ : on peut
manifestement l'écrire comme $2^{(p-1)/2} (\frac{p-1}{2})!$
modulo $p$.  Mais par ailleurs on ne peut pas avoir $2\bar\imath =
\pm 2\bar\imath'$ pour $i,i' \in \{1,\ldots,\frac{p-1}{2}\}$ distincts,
donc les $2\bar\imath$ s'écrivent $\pm\bar\jmath$ avec $\bar\jmath$
parcourant $1,2,3,\ldots,\frac{p-1}{2}$ et le signe $\pm$ (donné par
$(-1)^{\lfloor 4i/p\rfloor}$ si l'on veut) vaut $+$ pour
$0<i<\frac{p}{4}$ et $-$ pour $\frac{p}{4}<i<\frac{p}{2}$.  Le nombre
de signes $-$ est donc égal au nombre d'entiers entre $\frac{p}{4}$ et
$\frac{p}{2}$ et il est facile de se convaincre (par exemple en
considérant séparément chaque cas $1,3,5,7$ modulo $8$) que le signe
du produit est alors $(-1)^{(p^2-1)/8}$.  Ainsi,
$\prod_{i=1}^{(p-1)/2} 2\bar\imath =
(-1)^{(p^2-1)/8}(\frac{p-1}{2})!$, et en comparant les deux
expressions trouvées et en utilisant \ref{formule-symbole-legendre},
on a $\Legendre{2}{p} = (-1)^{(p^2-1)/8}$.

(Cette démonstration a déjà été donnée, dans un cas particulier,
en \ref{tonelli-shanks-pour-5-mod-8}.)
\end{proof}
\begin{proof}[Seconde démonstration]
Considérons $\FF_{p^r} = \FF_p(\zeta)$ (où $r$ est l'ordre
multiplicatif de $8$ modulo $p$) l'extension de $\FF_p$ par une racine
primitive $8$-ième de l'unité $\zeta$, c'est-à-dire le corps de
décomposition de $\Phi_8(X)$ sur $\FF_p$
(cf. \refext{Fin}{factorisation-phi-n}) dont on note $\zeta$ une racine.  Dans
ce corps, considérons la somme
\[
G = \zeta - \zeta^3 - \zeta^5 + \zeta^7
\]

On a alors $G^2 = 4 - 4\zeta^4 = 8$.

Par ailleurs, $G^p = \Frob_p(G) = \zeta^p - \zeta^{3p} - \zeta^{5p}
+ \zeta^{7p}$, donc $G^p = (-1)^{(p^2-1)/8} G$ (en considérant
séparément les cas $p\equiv 1,7\pmod{8}$ et $p\equiv 3,5\pmod{8}$), et
par conséquent $G^{p-1} = (-1)^{(p^2-1)/8}$.

En écrivant $G^{p-1} = (G^2)^{(p-1)/2}$, on a donc prouvé
$(-1)^{(p^2-1)/8} = 8^{(p-1)/2} = \Legendre{8}{p} = \Legendre{2}{p}$ ;
cette égalité entre éléments de $\{\pm 1\}$ a lieu dans $\FF_{p^r}$
donc dans $\ZZ$ : c'est ce qu'on voulait prouver.

Signalons la variante suivante. L'élément $ζ+ζ_{-1}$ est,
dans $𝐅_{p^r}$ une racine carré de $2$ car
$(ζ+ζ_{-1})²=2+ζ²+{ζ²}^{-1}=2$. Il en résulte que $2$ est un carré
dans $𝐅_p$ si et seulement si $ζ^p+ζ^{-p}=ζ+ζ^{-1}$. Cette condition
ne dépend que de $±p$ modulo $8$ et on vérifie immédiatement quelles
sont les valeurs pour lesquelles elle est satisfaite.
\end{proof}

\begin{remarque2}
L'étude des nombres premiers $p$ pour lesquels $2$ est un \emph{cube}
est plus délicate et s'insère naturellement dans la « théorie
non abélienne du corps de classes » (ou « programme de Langlands »).
On démontre que le nombre de solutions
dans $𝐅_p$ de l'équation $x³=2$ 
est $1+a_p$, où les $a_n$ sont les coefficients
de la série formelle
\[
x∏_{n=1}^∞ \big((1-x^{6n})(1-x^{18n})\big)=∑^∞_{n=1} a_n x^n.
\]
% cf. nouveau livre de Katô p. 36. À déplacer ?
\end{remarque2}

\begin{remarques2}\label{remarque-periodicite-symbole-legendre}
La loi de réciprocité quadratique et la formule complémentaire (ainsi
que la formule \ref{formule-symbole-legendre} pour le cas $a=-1$)
permettent de conclure que $\Legendre{a}{p}$, qui est évidemment une
fonction périodique de $a$ à $p$ fixé, est aussi, ce qui n'était pas
évident a priori, une fonction périodique de $p$ à $a$ fixé (au sens
où il existe un entier $T$ ne dépendant que de $a$ tel que si $p,p'$
sont premiers impairs et $p \equiv p' \pmod{T}$ alors $\Legendre{a}{p}
= \Legendre{a}{p'}$) ; plus précisément, il admet pour période $T =
4|a|$ (cela sera démontré en \ref{proprietes-symbole-jacobi}
ci-dessous).  Ceci peut inciter à vouloir donner un sens à
$\Legendre{a}{n}$ dans des cas où $n$ n'est plus nécessairement
premier, en appliquant cette périodicité (par exemple, puisque
$\Legendre{3}{p} = +1$ pour tout premier $p \equiv 1 \pmod{12}$, on
est tenté de convenir que $\Legendre{3}{25} = +1$ et $\Legendre{3}{85}
= +1$ même si $25$ et $85$ ne sont pas premiers et que $3$ n'est même
pas un carré dans $\ZZ/25\ZZ$ ni $\ZZ/85\ZZ$).  Le symbole de Jacobi
constitue une telle généralisation du symbole de Legendre :
\end{remarques2}

\subsection{Symboles de Jacobi et de Kronecker}

\begin{definition2}\label{definition-symbole-jacobi}
Pour tout $a \in \ZZ$ et tout $b \in \NN$ impair, on
appelle \emph{symbole de Jacobi} de $a$ et $b$, et on note
$\Legendre{a}{b}$, le symbole défini par $\Legendre{a}{b}
= \Legendre{a}{p_1}\cdots \Legendre{a}{p_k}$ où $b = p_1\cdots p_k$
avec $p_i$ des nombres premiers impairs, et où $\Legendre{a}{p_i}$
désigne alors le symbole de
Legendre (\ref{definition-symbole-legendre}).
\end{definition2}

\begin{proposition2}\label{proprietes-symbole-jacobi}
Le symbole de Jacobi défini en \ref{definition-symbole-jacobi} a les
propriétés suivantes :
\begin{itemize}
\item On a $\Legendre{a}{b} = 0$ si et seulement si $a,b$ sont
premiers entre eux.
\item Pour tous $a,a',b \in \ZZ$ avec $b$ positif impair, on a
$\Legendre{aa'}{b} = \Legendre{a}{b} \Legendre{a'}{b}$.
\item Pour tous $a,b,b' \in \ZZ$ avec $b,b'$ positifs impairs, on a
$\Legendre{a}{bb'} = \Legendre{a}{b} \Legendre{a}{b'}$.
\item À $b$ positif impair fixé, la fonction $\Legendre{a}{b}$ est
périodique admettant $b$ pour période.
\item À $a \neq 0$ fixé, la fonction $\Legendre{a}{b}$ est périodique
admettant $4|a|$ pour période, et même $2|a|$ si $a \equiv 1
\pmod{4}$ et $|a|$ si $a \equiv 0 \pmod{4}$.
\item Pour tout $b$ positif impair, on a $\Legendre{-1}{b} =
(-1)^{(b-1)/2}$.
\item Pour tout $b$ positif impair, on a $\Legendre{2}{b} =
(-1)^{(b^2-1)/8}$.
\item Pour tous $a,b$ positifs impairs, on a
$\Legendre{a}{b} \Legendre{b}{a} = (-1)^{(a-1)(b-1)/4}$.
\end{itemize}
\end{proposition2}
\begin{proof}
Les deux premières propriétés découlent immédiatement des propriétés
correspondantes du symbole de Legendre.  La troisième propriété est
une conséquence immédiate de la définition.  La quatrième propriété
(périodicité en $a$) découle de nouveau de la propriété correspondante
du symbole de Legendre.  La propriété suivante (périodicité en $b$)
sera démontrée en dernier.

Les formules $\Legendre{-1}{b} = (-1)^{(b-1)/2}$, $\Legendre{2}{b} =
(-1)^{(b^2-1)/8}$ et $\Legendre{a}{b} \Legendre{b}{a} =
(-1)^{(a-1)(b-1)/4}$ résultent des formules correspondantes pour le
symbole de Legendre
(\ref{formule-symbole-legendre}, \ref{formule-complementaire}
et \ref{loi-reciprocite-quadratique}) et du fait que ces formules sont
multiplicatives en $b$.

Montrons enfin que $\Legendre{a}{b}$ est périodique en $b$ avec les
périodes annoncées.  Si $a$ est positif impair, on a $\Legendre{a}{b}
= (-1)^{(a-1)(b-1)/4} \Legendre{b}{a}$ comme on vient de le voir, et
le membre de droite admet $4a$ pour période ou même $2a$ si $a \equiv
1 \pmod{4}$ ; si $a = -1$ alors $\Legendre{-1}{b}$ est périodique de
période $4$ et on en déduit le résultat pour tout $a$ impair.  Enfin,
si $a = 2^v a'$ avec $a'$ impair, on a $\Legendre{a}{b}
= \Legendre{2}{b}^v \Legendre{a'}{b}$.  Pour $v=1$ (cas où $a \equiv
2 \pmod{4}$), le premier facteur a pour période $8$ et le second admet
la période $4|a'|$, donc le produit admet la période $8|a'| = 4|a|$ ;
pour $v=2$, le premier facteur est constant et le second admet la
période $4|a'|$ donc le produit admet la période $4|a'| = |a|$ ; et
pour $v\geq 3$, le premier facteur admet la période $8$ et le second
la période $4|a'|$, donc le produit admet la période $8|a'|$
donc $|a|$.
\end{proof}

\begin{remarques2}
\begin{itemize}
\item Comme on l'a déjà illustré
en \ref{remarque-periodicite-symbole-legendre} par l'exemple de
$\Legendre{3}{25} = +1$ et $\Legendre{3}{85} = +1$, on peut très bien
avoir $\Legendre{a}{b} = +1$ sans que $a$ soit un carré
dans $\ZZ/b\ZZ$.  En revanche, si $\Legendre{a}{b} = -1$ (avec $b$
positif impair) alors $a$ n'est pas un carré dans $\ZZ/b\ZZ$ puisque
$a$ n'est pas un carré modulo l'un des facteurs premiers de $b$.
Voir cependant \ref{symbole-de-jacobi-et-corps-finis} ci-dessous.
\item La formule \ref{formule-symbole-legendre} n'est pas valable en
général pour le symbole de Jacobi, même si $a$ est effectivement un
carré modulo $b$ (le nombre noté $p$
en \ref{formule-symbole-legendre}) : par exemple, $\Legendre{11}{35} =
+1$, et de fait $11 \equiv 9^2 \pmod{35}$, pourtant
$11^{(35-1)/2} \equiv 16 \pmod{35}$.
\end{itemize}
\end{remarques2}

La proposition suivante est utile pour certains calculs, mais elle est
vraie pour des raisons essentiellement triviales :
\begin{proposition2}\label{symbole-de-jacobi-et-corps-finis}
Soit $q$ une puissance d'un nombre premier $p$ impair, et $a \in \ZZ$
non multiple de $p$.  Alors $a$ est un carré dans $\FF_q$ si et
seulement si $\Legendre{a}{q} = +1$ où $\Legendre{a}{q}$ désigne le
symbole de Jacobi.
\end{proposition2}
\begin{proof}
Écrivons $q = p^r$.  Si $r$ est pair alors $\Legendre{a}{q}
= \Legendre{a}{p}^2 = +1$, et $a$ est bien un carré dans $\FF_q$
d'après \ref{carres-extensions-corps-finis}.  Si $r$ est impair alors
$\Legendre{a}{q} = \Legendre{a}{p}^r = \Legendre{a}{p}$, et $a$ est un
carré dans $\FF_q$ si et seulement s'il l'est dans $\FF_p$ de nouveau
d'après \ref{carres-extensions-corps-finis}.
\end{proof}

\begin{remarque2}
On définit parfois une généralisation encore plus poussée des symboles
de Legendre et de Jacobi : le \emph{symbole de Kronecker}
$\Legendre{a}{b}$ défini pour tous $a,b\in\ZZ$.  Celui-ci est défini
en écrivant $b = u p_1\cdots p_k$ avec $u \in \{\pm 1\}$ et $p_i$ des
nombres premiers (cette fois $p_i=2$ est admis), où $\Legendre{a}{p}$
désigne le symbole de Legendre (\ref{definition-symbole-legendre}) si
$p$ est premier impair, et de plus :
\[\Legendre{a}{2} = \left\{
\begin{array}{ll}
0&\textrm{si $a$ est pair}\\
(-1)^{(a^2-1)/8}&\textrm{si $a$ est impair}\\
\end{array}
\right.\]
\[\Legendre{a}{-1} = \left\{
\begin{array}{ll}
1&\textrm{si $a\geq 0$}\\
-1&\textrm{si $a<0$}\\
\end{array}
\right.\]
et enfin
\[\Legendre{a}{0} = \left\{
\begin{array}{ll}
1&\textrm{si $a = \pm 1$}\\
0&\textrm{sinon}\\
\end{array}
\right.\]
Le prix à payer pour une telle généralisation est principalement de
perdre la périodicité de $\Legendre{a}{b}$ par rapport à $b$ lorsque
$a \equiv -1 \pmod{4}$ (ainsi que la périodicité par rapport à $a$
lorsque $b \leq 0$).  En fait, le choix de $\Legendre{a}{2} =
(-1)^{(a^2-1)/8}$ (pour $a$ impair) est quelque peu arbitraire, et le
symbole de Kronecker ne possède pas le caractère naturel du symbole de
Jacobi.  Il vérifie néanmoins les propriétés suivantes dont la
vérification est laissée au lecteur :
\begin{itemize}
\item On a $\Legendre{a}{b} = 0$ si et seulement si $a,b$ sont
premiers entre eux.
\item Pour tous $a,a',b \in \ZZ$, on a $\Legendre{aa'}{b}
= \Legendre{a}{b} \Legendre{a'}{b}$.
\item Pour tous $a,b,b' \in \ZZ$, on a $\Legendre{a}{bb'}
= \Legendre{a}{b} \Legendre{a}{b'}$ sauf éventuellement si $a=-1$ et
$bb'=0$.
\item À $b>0$ fixé, la fonction $\Legendre{a}{b}$ est périodique
admettant $4b$ pour période, et même $b$ si $b \not\equiv 2 \pmod{4}$.
\item À $a \neq 0$ fixé, la fonction $\Legendre{a}{b}$ est périodique
admettant $4|a|$ pour période si $a \not\equiv -1 \pmod{4}$, et même
$|a|$ si $a \equiv 0,1 \pmod{4}$.
\end{itemize}
\end{remarque2}


\section{Factorisation de polynômes sur les corps finis}\label{factorisation-polynomes-corps-finis}

On a vu dans la section \ref{equations-quadratiques-corps-finis}
comment calculer algorithmiquement des racines carrées (ou, en
caractéristique $2$, des ``racines $\wp$-ièmes'') dans un corps fini
et, par conséquent, comment résoudre n'importe quelle équation
quadratique.  On se propose maintenant d'étudier la question plus
générale de la factorisation des polynômes sur un corps fini.

On peut évidemment supposer unitaire le polynôme $f$ à factoriser.
Par ailleurs, dans la plupart des réductions qui suivront, notre but
sera simplement de produire soit une factorisation non triviale $f =
f_1 f_2$ (avec $\deg f_1, \deg f_2 > 0$) soit une preuve du fait que
$f$ est irréductible (pour cela on connaît déjà le test de Rabin,
cf. \refext{Fin}{critere-rabin}).  Pour obtenir une factorisation complète, il
suffira alors d'appliquer récursivement l'algorithme à $f_1$ et $f_2$.

\subsection{Calcul de la partie sans facteur carré}

\subsubsection{}\label{rappels-polynomes-sans-facteurs-carres-corps-finis} Dans
un premier temps, étudions la question de trouver la partie sans
facteur carré d'un polynôme : on rappelle qu'un $f \in \FF_q[X]$ est
dit \emph{sans facteur carré} lorsqu'il n'est divisible par le carré
d'aucun polynôme autre qu'une constante ou, de façon équivalente, lorsque tous
les facteurs apparaissent avec multiplicité ($0$ ou) $1$ dans la
décomposition en facteurs irréductibles de $f$.  La \emph{partie sans
facteur carré} de $f$ est le polynôme de plus grand degré (unitaire,
disons) divisant $f$ et sans facteur carré, c'est-à-dire, le produit
de tous les irréductibles unitaires divisant $f$ chacun avec
multiplicité $1$.  Sur un corps parfait (\refext{Alg}{corps-parfait}),
tous les polynômes irréductibles étant séparables, dire d'un polynôme
qu'il est « séparable » ou « sans facteur carré » sont équivalents.

Dans ce qui suit, on fait la convention que le pgcd de deux polynômes
est toujours choisi unitaire.  On rappelle qu'on peut le calculer au
moyen de l'algorithme d'Euclide étendu.

\begin{proposition2}\label{partie-sans-facteur-carre-polynomes-corps-finis}
Soit $f \in \FF_q[X]$ (où $q = p^r$) unitaire, et soit $f = \prod_i
h_i^{v_i}$ sa décomposition en facteurs irréductibles (avec $h_i$
unitaire irréductible).  Alors :
\begin{itemize}
\item le polynôme $f$ est sans facteur carré si et seulement si
$\pgcd(f,f') = 1$ ;
\item si $u = \pgcd(f,f')$, alors $f/u = \prod_{v_i\not\equiv
0\pmod{p}} h_i$ (autrement dit, $f/u$ est le produit de tous les
facteurs unitaires irréductibles divisant $f$ et dont la multiplicité
$v_i$ dans $f$ n'est pas multiple de $p$, chacun avec
multiplicité $1$) : en particulier, $f/u$ est un facteur de $f$ sans
facteur carré ;
\item si $N$ est suffisammment grand, et $N = \deg f$ suffit, alors le polynôme
$f_1 = f/\pgcd(f,(f/u)^N)$ vaut aussi $u/\pgcd(u,(f/u)^N)$, et $f_1
= \prod_{v_i \equiv 0\pmod{p}} h_i^{v_i}$ (autrement dit, $f_1$ est la
partie de la décomposition en facteurs irréductibles de $f$ formée des
irréductibles dont la multiplicité $v_i$ dans $f$ est multiple
de $p$) : en particulier, $f_1$ est une puissance $p$-ième dans $\FF_q[X]$.
\end{itemize}
\end{proposition2}
\begin{proof}
Si $f = \prod_i h_i^{v_i}$, on a $f' = \sum_i v_i h_i' h_i^{v_i-1}
\prod_{j\neq i} h_j^{v_j}$.  Fixons un $i_0$ : tous les termes de
cette somme sont multiples de $h_{i_0}^{v_{i_0}}$, sauf peut-être
celui où $i = i_0$.  Si $v_{i_0} \neq 0$ dans $\FF_q$ (c'est-à-dire si
$p$ ne divise pas $v_{i_0}$) alors $v_{i_0} h_{i_0}'
h_{i_0}^{v_{i_0}-1}$ est multiple de $h_{i_0}^{v_{i_0}-1}$ mais pas de
$h_{i_0}^{v_{i_0}}$ puisque $h_i$ est séparable (car $\FF_q$ est
parfait) : ainsi, sous cette hypothèse $v_{i_0} \neq 0$, le polynôme
$f'$ est multiple de $h_{i_0}^{v_{i_0}-1}$ mais pas de
$h_{i_0}^{v_{i_0}}$.  En revanche, si $v_{i_0} = 0$ dans $\FF_q$
(c'est-à-dire si $p$ divise $v_{i_0}$) alors $f'$ est multiple
de $h_{i_0}^{v_{i_0}}$.  Tout ceci mis prouve que $u = \pgcd(f,f')
= \prod_i h_i^{v_i - 1 + \rho_i}$ où $\rho_i = 1$ si $p|v_i$ et
$\rho_0 = 0$ sinon.  On a donc $f/u = \prod_i h_i^{1-\rho_i}$.  Ceci
prouve les deux premières affirmations.

La multiplicité de $h_i$ dans $\pgcd(f,(f/u)^N)$ vaut donc $\min(v_i,
N(1-\rho_i))$, c'est-à-dire $(1-\rho_i)v_i$ si $N$ est supérieur ou
égal à $\max(v_i)$ (et en particulier s'il est supérieur ou égal à
$\deg f$).  De même, la multiplicité de $h_i$ dans $\pgcd(u,(f/u)^N)$
vaut $\min(v_i-1+\rho_i, N(1-\rho_i))$, c'est-à-dire
$(1-\rho_i)(v_i-1)$ si $N$ est supérieur ou égal à $\max(v_i-1)$ (et
en particulier s'il est supérieur ou égal à $\deg f$).  On a donc
$f/\pgcd(f,(f/u)^N) = u/\pgcd(u,(f/u)^N) = \prod_i h_i^{\rho_i v_i}$,
ce qui prouve la troisième affirmation.
\end{proof}

\begin{remarques2}\label{algorithme-partie-sans-facteur-carre-polynomes-corps-finis}
Cette proposition fournit un algorithme permettant de calculer la
partie sans facteur carré $\prod_i h_i$ de $f$ : elle est égale à
$f/u$ fois la partie sans facteur carré de la racine $p$-ième
de $f_1$.  Pour calculer $f_1$, on fait une remarque semblable à celle
soulevée en \refext{Fin}{remarques-critere-rabin} : il n'est pas nécessaire de
calculer $(f/u)^N$ en tant que polynôme, mais seulement modulo $f$ (ou
modulo $u$) puisqu'il s'agit d'appliquer l'algorithme d'Euclide étendu
pour $\pgcd(f,(f/u)^N)$ (ou $\pgcd(u,(f/u)^N)$), et pour cela on
applique un algorithme d'exponentiation rapide.  Calculer la racine
$p$-ième de $f_1$ est facile : on sait que $f_1$ s'écrit $\sum_j a_j
X^{pj}$, et sa racine $p$-ième est alors $\sum_j \root p\of{a_j} X^j$,
avec $\root p\of{a_j} = a_j^{p^{r-1}}$ si $q = p^r$.  Enfin, une fois
calculée la racine $p$-ième de $f_1$, on applique récursivement le
même algorithme (le degré ayant décru strictement) pour en calculer la
partie sans facteur carré.

Mieux que calculer la partie sans facteur carrée de $f$, cette
proposition fournit déjà parfois une factorisation non triviale de
celle-ci, lorsque certaines mais pas toutes les multiplicités $v_i$
des $h_i$ dans $f$ sont multiples de $p$.

Une fois calculée la partie sans facteur carré $f_0$ de $f$, il est
aisé de calculer la partie $\prod_{v_i=v} h_i$ formée par les facteurs
irréductibles de multiplicité exactement $v$ : par exemple,
$\pgcd(f,f_0^v)/\pgcd(f,f_0^{v-1}) = \prod_{v_i \geq v} h_i$ comme on
le vérifie aisément, donc $\pgcd(f,f_0^v)^2/\penalty0
(\pgcd(f,f_0^{v+1}) \penalty100\, \pgcd(f,f_0^{v-1})) = \prod_{v_i=v}
h_i$.  (Mais généralement, on cherchera plutôt à trouver tous les
facteurs irréductibles de $f_0$, et ensuite à calculer leur
multiplicité dans $f$.)
\end{remarques2}

On pourra désormais supposer, pour la question de calculer la
décomposition en facteurs irréductibles d'un polynôme, que celui-ci
est sans facteur carré.

\subsection{Décomposition en degrés distincts}

\begin{proposition2}\label{decomposition-degres-distincts-polynomes-corps-finis}
Soit $f \in \FF_q[X]$ unitaire et sans facteur carré, et soit $f
= \prod_i h_i$ sa décomposition en facteurs irréductibles (avec $h_i$
unitaire irréductible).  On définit par récurrence $f_1 = f$ et
$f_{r+1} = f_r/g_r$ où $g_r = \pgcd(f_r, X^{q^r}-X)$.  Alors $g_r$ est
le produit $\prod_{\deg h_i = r} h_i$ des facteurs unitaires
irréductibles de $f$ dont le degré est exactement $r$.  (En
particulier, $g_1$ a toutes les racines de $f$, et $g_r$ n'a aucune
racine pour $r>1$.)
\end{proposition2}
\begin{proof}
On rappelle la proposition \refext{Fin}{factorisation-x-q-r-x} : le polynôme
$X^{q^r}-X$ est le produit de tous les polynômes unitaires
irréductibles sur $\FF_q$ dont le degré divise $r$.  De cela il
résulte que (pour $f_r$ un polynôme quelconque) $\pgcd(f_r,
X^{q^r}-X)$ est le produit de tous les polynômes unitaires
irréductibles divisant $f_r$ et dont le degré divise $r$.  On montre
alors par récurrence sur $r$ que $f_r$ est le produit $\prod_{\deg h_i
\geq r} h_i$ des facteurs unitaires irréductibles de $f$ dont le degré
est au moins $r$, et que $g_r$ est le produit $\prod_{\deg h_i=r} h_i$
de ceux dont le degré est exactement $r$.
\end{proof}

\begin{remarques2}\label{algorithme-decomposition-degres-distincts-polynomes-corps-finis}
Cette proposition est algorithmique : partant d'un polynôme $f_1 = f$
unitaire sans facteur carré, on calcule successivement la suite de
polynômes $g_r = \pgcd(f_r, X^{q^r}-X)$ et les quotients $f_{r+1} =
f_r / g_r$, ce qui fournit une factorisation $g_1 g_2 g_3 \cdots$
de $f$ dans laquelle on a la garantie que les facteurs irréductibles
de chaque $g_r$ sont tous de même degré $r$ (et en particulier, le
degré de $g_r$ doit être multiple de $r$).  On parle
de \emph{décomposition en degrés distincts} de $f$.  De nouveau comme
en \refext{Fin}{remarques-critere-rabin}, le calcul de $\pgcd(f_r, X^{q^r}-X)$
par l'algorithme d'Euclide étendu commence par le calcul de $X^{q^r}$
modulo $f_r$ au moyen d'un algorithme d'exponentiation rapide.

Lorsque $\deg g_r = r$ pour un certain $r$, on a la garantie que ce
$g_r$ est irréductible.  Dans le calcul des $g_r$, on peut s'arrêter
dès que $\deg f_r < 2r$, et alors $g_r = f_r$ est irréductible (on lui
a en quelque sorte appliqué le critère de Ben-Or \refext{Fin}{critere-ben-or})
et tous les autres $g_s$ non calculés valent $1$.

Dans l'application de cet algorithme, rien n'oblige de diviser par les
pgcd avec $X^{q^r}-X$ dans l'ordre $r=1,2,3,\ldots$ : la seule chose
nécessaire est que chaque $r$ soit visité après tous ses diviseurs ---
n'importe quel ordre total prolongeant l'ordre partiel de divisibilité
convient.

Selon la nature des polynômes à factoriser, il est imaginable qu'il
soit plus efficace d'appliquer immédiatement l'algorithme qu'on vient
de décrire à un polynôme non supposé sans facteur carré, sans passer
au préalable par un algorithme comme
en \ref{algorithme-partie-sans-facteur-carre-polynomes-corps-finis}.
Dans ce cas, en divisant un polynôme par son pgcd avec $X^{q^r}-X$ on
n'a pas la garantie que le quotient n'ait plus aucun facteur de degré
divisant $r$ : il convient donc d'itérer ce calcul (à $r$ fixé)
jusqu'à ce que le pgcd vaille $1$).

Si le but est simplement de trouver les racines de $f$, ou de
déterminer s'il en a, le calcul de $g_1 = \pgcd(f, X^q-X)$ suffit.  À
ce sujet, si $f = X^2 - D$ avec $D\neq 0$ en caractéristique impaire,
on a $X^{q-1} \equiv D^{(q-1)/2} \pmod{f}$, donc $g_1 = \pgcd(f,
X^q-X)$ vaut $1$ ou $f$ selon que $D^{(q-1)/2}$ vaut $1$ ou non, et
ceci fournit une nouvelle démonstration du fait que $D \neq 0$ est un
carré dans $\FF_q$ (avec $q$ impair) exactement lorsque $D^{(q-1)/2} =
1$.
\end{remarques2}

\subsection{Algorithme de Cantor-Zassenhaus}

\subsubsection{} Grâce au travail déjà effectué, on peut maintenant
supposer, s'il s'agit de factoriser un polynôme $g \in \FF_q[X]$, que
celui-ci est produit de facteurs irréductibles de même degré : $g =
h_1 \cdots h_s$ avec $h_i$ unitaire irréductible et $\deg h_i = r$ (et
$\deg g = rs$).  On sait alors que $\FF_q[X]/(g) \cong (\FF_{q^r})^s$,
même si on ne peut pas expliciter un tel isomorphisme en l'ignorance
de la décomposition en facteurs irréductibles de $g$.  Notre but est
de produire un élément $u$ de $\FF_q[X]/(g)$ dont l'image dans
$(\FF_{q^r})^s$ par cet isomorphisme ait certaines composantes nulles,
mais pas toutes, car alors $\pgcd(g,u)$ (ceci désignant par abus de
langage le pgcd de $g$ avec un représentant quelconque de $u$ dans
$\FF_q[X]$) sera multiple de certains des $h_i$ mais non de tous, ce
qui fournit une factorisation non triviale de $g$.  L'algorithme de
Cantor-Zassenhaus, que nous allons maintenant décrire, fournit un tel
élément $u$ de la façon suivante (pour $q$ impair) : en partant d'un
élément $y \in \FF_q[X]/(g)$ tiré au hasard, s'il ne répond pas déjà à
ce qu'on recherche (c'est-à-dire, si toutes ses composantes dans
$(\FF_{q^r})^s$ ne sont pas nulles) alors $t = y^{(q^r-1)/2}$ a toutes
ses composantes égales à $1$ ou $-1$
d'après \ref{denombrement-carres-f-q}, et si elles ne sont pas égales
(c'est-à-dire si $t = y^{(q^r-1)/2}$ ne vaut pas $1$ ou $-1$) alors $u
= t-1$ fournira un élément comme recherché.  La proposition suivante
explicite cette idée :

\begin{proposition2}\label{proposition-algorithme-cantor-zassenhaus}
Soit $q$ une puissance d'un nombre premier impair, et soit
$g \in \FF_q[X]$ de degré $rs$, unitaire sans facteur carré dont tous
les facteurs irréductibles ont le même degré $r$.  Si $y$ est un
élément quelconque de $\FF_q[X]/(g)$ et qu'on pose $t = y^{(q^r-1)/2}$
(dans $\FF_q[X]/(g)$), alors une et une seule des affirmations
suivantes est vraie :
\begin{itemize}
\item on a $y=0$,
\item le polynôme $\pgcd(g,y)$ (où par $y$ on entend n'importe quel
représentant de celui-ci dans $\FF_q[X]$) est différent de $1$ et
de $g$ (et fournit donc une factorisation non triviale de $g$),
\item on a $t=\pm 1$,
\item le polynôme $\pgcd(g,t-1)$ (où par $t-1$ on entend n'importe quel
représentant de celui-ci dans $\FF_q[X]$) est différent de $1$ et
de $g$ (et fournit donc une factorisation non triviale de $g$).
\end{itemize}
De plus, les nombres de $y \in \FF_q[X]/(g)$ vérifiant chacune de ces
quatre affirmations valent respectivement : $1$, $q^{rs} - (q^r-1)^s -
1$, $\frac{1}{2^{s-1}}(q^r-1)^s$ et $(1-\frac{1}{2^{s-1}})(q^r-1)^s$.
\end{proposition2}
\begin{proof}
L'hypothèse sur $g$ et le théorème chinois assurent l'existence d'un
isomorphisme d'anneaux $\psi \colon \FF_q[X]/(g) \to (\FF_{q^r})^s$.

Dire que $y$ n'est pas nul (c'est-à-dire si $\psi(y)$ n'est pas nul),
mais que certaines des composantes de $\psi(y)$ sont néanmoins nulles,
signifie exactement que certains mais pas tous les $h_i$ divisent $y$
(c'est-à-dire, n'importe quel représentant de $y$ dans $\FF_q[X]$), ce
qui signifie encore que le polynôme $\pgcd(g,y)$ est différent de $1$
et de $g$.  On a ainsi réparti les $q^{rs}$ éléments $y$ de
$\FF_q[X]/(g) \cong (\FF_{q^r})^s$ en $1$ élément nul, $q^{rs} -
(q^r-1)^s$ dont au moins une composante de $\psi(y)$ est nulle, et
$(q^r-1)^s$ éléments non nuls dans chacun des $s$ facteurs chinois.
On se place à présent dans ce dernier cas.

Pour tout élément non nul $z$ de $\FF_{q^r}$ on a $z^{(q^r-1)/2} = \pm
1$, ce nombre valant $+1$ pour $\frac{1}{2}(q^r-1)$ éléments $z$, et
$-1$ pour les $\frac{1}{2}(q^r-1)$ autres
(cf. \ref{denombrement-carres-f-q}).  On en déduit que si $t =
y^{(q^r-1)/2}$, alors chacune des composantes de $\psi(t)$ vaut $+1$
ou $-1$.  Et chacune des $2^s$ combinaisons de signes est réalisée
pour $\frac{1}{2^s}(q^r-1)^s$ éléments (parmi les $(q^r-1)^s$
considérés) de $\FF_q[X]/(g) \cong (\FF_{q^r})^s$.  Lorsque toutes les
composantes de $\psi(t)$ sont égales, ce qui se produit dans
$\frac{1}{2^{s-1}}(q^r-1)^s$ cas, on a ainsi $t = \pm 1$.  Dans toute
autre situation, certaines des composantes de $\psi(t)$ valent $+1$ et
d'autres valent $-1$, c'est-à-dire que certaines mais pas toutes les
composantes de $\psi(t-1)$ valent $0$, et ainsi le polynôme
$\pgcd(g,t-1)$ est différent de $1$ et de $g$.
\end{proof}

\begin{remarques2}
La proposition ci-dessus, et sa démonstration, sont rigoureusement
parallèles à \ref{proposition-algorithme-legendre}, qu'elles
généralisent.  Avant de discuter l'algorithme de Cantor-Zassenhaus qui
en découle (et dont l'algorithme de Legendre de calcul des racines
carrées est un cas particulier), décrivons maintenant la proposition
correspondante en caractéristique $2$
(généralisant \ref{proposition-algorithme-legendre-caracteristique-2}) :
\end{remarques2}

\begin{proposition2}\label{proposition-algorithme-cantor-zassenhaus-caracteristique-2}
Soit $q = 2^r$ une puissance de $2$, et soit $g \in \FF_q[X]$ de
degré $rs$, unitaire sans facteur carré dont tous les facteurs
irréductibles ont le même degré $r$.  Si $y$ est un élément quelconque
de $\FF_q[X]/(g)$ et qu'on pose $t = y + y^2 + y^4 + \cdots +
y^{q^r/2}$ (dans $\FF_q[X]/(g)$), alors une et une seule des
affirmations suivantes est vraie :
\begin{itemize}
\item on a $t \in \{0,1\}$,
\item le polynôme $\pgcd(g,t)$ (où par $t$ on entend n'importe quel
représentant de celui-ci dans $\FF_q[X]$) est différent de $1$ et
de $g$ (et fournit donc une factorisation non triviale de $g$).
\end{itemize}
De plus, les nombres de $y \in \FF_q[X]/(g)$ vérifiant chacune de ces
deux affirmations valent respectivement $\frac{1}{2^{s-1}}q^{rs}$ et
$(1-\frac{1}{2^{s-1}})q^{rs}$.
\end{proposition2}
\begin{proof}
L'hypothèse sur $g$ et le théorème chinois assurent l'existence d'un
isomorphisme d'anneaux $\psi \colon \FF_q[X]/(g) \to (\FF_{q^r})^s$.

Pour tout élément non nul $z$ de $\FF_{q^r}$ on a $z + z^2 + z^4
+ \cdots + z^{q^r/2} \in \{0, 1\}$, ce nombre valant $0$ pour
$\frac{q^r}{2}$ éléments $z$, et $1$ pour les $\frac{q^r}{2}$ autres
(cf. \ref{denombrement-artin-schreier-2-f-q}).  On en déduit que si $t
= y + y^2 + y^4 + \cdots + y^{q^r/2}$, alors chacune des composantes
de $\psi(t)$ vaut $0$ ou $1$.  Et chacune des $2^s$ combinaisons de
signes est réalisée pour $\frac{1}{2^s}q^{rs}$ éléments (parmi les
$q^{rs}$ au total) de $\FF_q[X]/(g) \cong (\FF_{q^r})^s$.  Lorsque
toutes les composantes de $\psi(t)$ sont égales, ce qui se produit
dans $\frac{1}{2^{s-1}}q^{rs}$ cas, on a ainsi $t \in \{0,1\}$.  Dans
toute autre situation, certaines des composantes de $\psi(t)$ valent
$0$ et d'autres valent $1$, c'est-à-dire que certaines mais pas toutes
les composantes de $\psi(t)$ valent $0$, c'est-à-dire que certains
mais pas tous les $h_i$ divisent $t$ (c'est-à-dire, n'importe quel
représentant de $t$ dans $\FF_q[X]$), ce qui signifie encore que le
polynôme $\pgcd(g,t)$ est différent de $1$ et de $g$.
\end{proof}

\subsubsection{}\label{algorithme-cantor-zassenhaus} Les
propositions \ref{proposition-algorithme-cantor-zassenhaus} et \ref{proposition-algorithme-cantor-zassenhaus-caracteristique-2}
conduisent à l'\emph{algorithme} suivant, dit de Cantor-Zassenhaus,
permettant de factoriser un polynôme $g \in \FF_q[X]$, dont on a vu
qu'on pouvait le supposer unitaire, sans facteur carré, et ayant tous
ses facteurs irréductibles de même degré : dans un premier temps,
tirer $y$ aléatoirement dans $\FF_q[X]/(g)$.  Puis calculer $t =
y^{(q^r-1)/2}$ dans $\FF_q[X]/(g)$ (c'est-à-dire, calculer le reste de
la division euclidienne de $X^{(q^r-1)/2}$ par $g$) par un algorithme
d'exponentiation rapide dans cet anneau $\FF_q[X]/(g)$ ; resp., en
caractéristique $2$, calculer $t = y + y^2 + \cdots + y^{q^r/2}$.  Si
le résultat vaut $\pm 1$ (resp. $0$ ou $1$ en caractéristique $2$), on
doit choisir un nouveau $y$ et recommencer ; sinon, calculer
$\pgcd(g,t-1)$ (resp. $\pgcd(g,t)$ en caractéristique $2$) : ceci
devrait fournir un facteur non trivial de $g$ ; quant au petit nombre
(du moins si $q$ ou $s$ est grand) de $y$ situés dans le second cas
de \ref{proposition-algorithme-cantor-zassenhaus} (problème qui ne se
pose pas en caractéristique $2$), il peut soit être écarté \emph{a
priori} en vérifiant avant de commencer si $\pgcd(g,y)$ fournit un
facteur non trivial, soit plus vraisemblablement être traité \emph{a
posteriori} en calculant $\pgcd(g,t)$ lorsque $\pgcd(g,t-1)$ n'a pas
fourni le facteur attendu.

\begin{remarque2}
En rassemblant
avec \ref{algorithme-partie-sans-facteur-carre-polynomes-corps-finis} (calcul
de la partie sans facteur carré)
et \ref{algorithme-decomposition-degres-distincts-polynomes-corps-finis} (décomposition
en degrés distincts), l'algorithme de Cantor-Zassenhaus qu'on vient
d'exposer permet de factoriser n'importe quel polynôme
$g \in \FF_q[X]$.  Sans nous attarder sur la complexité de
l'algorithme complet, disons simplement qu'elle est polynomiale en
moyenne, et que seule cette dernière partie (l'algorithme de
Cantor-Zassenhaus lui-même) utilise un élément de non-déterminisme et
peut être mauvaise dans le pire cas (on peut imaginer de tirer au
hasard beaucoup de $y$ avant d'obtenir une factorisation).  Il
convient par ailleurs de signaler que, sans chercher à donner un sens
précis à cette affirmation, si le polynôme $g$ est aléatoire, tout le
travail de factorisation sera normalement effectué dans l'étape de
factorisation en degrés distincts.
\end{remarque2}

\subsection{Applications}

\subsubsection{} Parmi les nombreuses applications algorithmiques d'un
algorithme quelconque de factorisation des polynômes sur les corps
finis, attardons-nous à présent sur deux conséquences particulières,
portant sur les représentations des corps finis comme des quotients.

\begin{remarque2}\label{remarque-isomorphisme-explicite-corps-finis}
Tout d'abord, considérons le problème de la conversion d'une
représentation à une autre d'un corps fini : on rappelle
(cf. \refext{Fin}{remarques-critere-rabin}) qu'on choisit généralement de
représenter informatiquement un corps fini $\FF_{q^r}$ comme
$\FF_q[X]/(h)$ (le plus souvent ici $q=p$ est premier) avec
$h \in \FF_q[X]$ irréductible de degré $r$ (on peut trouver un tel $h$
en tirant au hasard des polynômes de bon degré, et en testant leur
irréductibilité au moyen par exemple du critère de Rabin ou de Ben-Or,
jusqu'à obtenir un $h$ qui passe le test) ; si $h_1$ et $h_2$ sont
deux polynômes irréductibles de même degré $r$, alors $\FF_q[X]/(h_1)$
et $\FF_q[X]/(h_2)$ sont isomorphes (à $\FF_{q^r}$)
d'après \ref{existence-et-unicite-corps finis} : on souhaite cependant
parfois relier explicitement ces deux représentations de $\FF_{q^r}$,
c'est-à-dire, trouver explicitement un isomorphisme
$\FF_q[X]/(h_1) \buildrel\sim\over\to \FF_q[X]/(h_2)$.

L'algorithme que nous avons vu permet de répondre à cette demande.  En
effet, considérons le problème de factoriser $h_1$ dans $\FF_{q^r}$ vu
comme $\FF_q[X]/(h_2)$ : on sait par avance que cette factorisation
comportera $r$ facteurs linéaires, c'est-à-dire qu'il s'agit de
trouver les $r$ racines de $h_1$ dans $\FF_q[X]/(h_2)$ ; en fait, on
se contente de trouver \emph{une} racine $\theta$ (les autres
s'obtenant, de toute façon, par applications successives de $\Frob_q$
à $\theta$) : l'algorithme de Cantor-Zassenhaus, éventuellement adapté
pour chercher à casser toujours le facteur de plus petit degré, permet
de trouver un tel $\theta$.  Un isomorphisme
$\FF_q[X]/(h_1) \buildrel\sim\over\to \FF_q[X]/(h_2)$ est alors fourni
par $a \mapsto a(\theta)$ (où $a(\theta)$ désigne l'évaluation en
$\theta$ de n'importe quel représentant dans $\FF_q[X]$ de
$a \in \FF_q[X]/(h_1)$).
\end{remarque2}

\begin{exemple2}
Pour illustrer la remarque précédente, considérons les deux polynômes
$h_1 = X^4 + X + 1$ et $h_2 = X^4 + X^3 + X^2 + X + 1$ irréductibles
de degré $4$ sur $\FF_2$.  En factorisant $h_1$ dans $\FF_2[X]/(h_2)$,
on trouve $h_1 = (X-\theta)\,(X-\theta^2)\,(X-\theta^4)\,(X-\theta^8)$
où $\theta, \theta^2, \theta^4, \theta^8$ sont les quatre racines
$x^2+x$, $x^3+x+1$, $x^2+x+1$ et $x^3+x$ (ici, $x$ désigne la classe
de $X$ dans $\FF_2[X]/(h_2)$).  L'isomorphisme décrit ci-dessus envoie
alors, par exemple, la classe de $X^3$ dans $\FF_2[X]/(h_1)$ sur
$\theta^3 = x^2 \in \FF_2[X]/(h_2)$.
\end{exemple2}

\begin{remarque2}\label{remarque-tours-corps-finis}
Un problème apparenté est celui de l'aplatissement des tours de corps
finis : si $g \in \FF_q[Y]$ est un polynôme irréductible de degré $s$
sur $\FF_q$, et $h \in \FF_{q^s}[X]$ un polynôme irréductible de
degré $t$ sur $\FF_{q^s} = \FF_q[Y]/(g)$ dont le ppcm des degrés
sur $\FF_q$ des coefficients est égal à $s$.  On sait alors
d'après \refext{Fin}{descindage-polynomes-tours-corps-finis} que $f
= \prod_{i=0}^{s-1} \Frob_q^i(h) \in \FF_q[X]$ est irréductible de
degré $st$, et que réciproquement
(cf. \refext{Fin}{scindage-partiel-polynomes-corps-finis}) tout
$f \in \FF_q[X]$ irréductible de degré $st$ s'obtient de cette forme
pour un certain $h$ (le polynôme $g$ étant ici fixé) ; par ailleurs,
l'algorithme de Cantor-Zassenhaus ou tout autre algorithme de
factorisation des polynômes sur les corps finis permet de calculer $h$
connaissant $f$ (en factorisant ce dernier dans $\FF_{q^s}[X]$).  On a
alors deux présentations différentes du corps $\FF_{q^{st}}$ : soit
comme $\FF_q[X]/(f)$ soit comme $\FF_{q^s}[X]/(h)$ où $\FF_{q^s}$ est
lui-même vu comme $\FF_q[Y]/(g)$.  La question se pose de savoir
comment convertir d'une représentation à l'autre, c'est-à-dire,
expliciter un isomorphisme entre ces $\FF_q[X]/(f)$ et
$\FF_{q^s}[X]/(h)$.

Un isomorphisme $\psi \colon \FF_q[X]/(f) \to \FF_{q^s}[X]/(h)$ est
aisé à décrire : donné $a \in \FF_q[X]$, on définit $\psi(\bar a)$
comme la classe de $a$ (vu dans $\FF_{q^s}[X]$) modulo $h$,
c'est-à-dire concrètement le reste de la division euclidienne de $a$
par $h$ --- il est évident que ceci définit bien un morphisme
d'anneaux, qui est injectif puisque tout élément de $\FF_q[X]$
multiple de $h$ dans $\FF_{q^s}[X]$ est multiple de $f$ car ce dernier
est irréductible, et par comparaison des cardinaux ce $\psi$ et bien
un isomorphisme.  Notons que ce $\psi \colon \FF_q[X]/(f) \to
(\FF_q[Y]/(g))[X]/(h)$ est uniquement caractérisé comme isomorphisme
de $\FF_q$-algèbres (les polynômes $f,g,h$ étant fixés) par le fait
que $\psi(X) = X$.

Pour décrire l'isomorphisme réciproque, considérons la factorisation
de $g$ dans $\FF_q[X]/(f)$ : il est scindé
(cf. \refext{Fin}{racines-polynome-minimal-corps-fini}
ou \refext{Fin}{scindage-partiel-polynomes-corps-finis}), et parmi ses racines
il en existe exactement une, qu'on notera $z$, que $\psi$ envoie sur
l'élément $y \in \FF_{q^s}$ classe de $Y$ dans $\FF_q[Y]/(g)$ (puisque
$y$ est lui-même racine de $g$).  Alors $\psi^{-1}$ envoie la classe
(dans $\FF_{q^s} = \FF_q[Y]/(g)$) de $a \in \FF_q[Y]$ sur $a(z)$, et
comme il envoie $X$ sur $X$ on peut aisément calculer l'image
par $\psi^{-1}$ d'un élément quelconque de $\FF_{q^s}[X]/(h)$.
\end{remarque2}

\begin{exemple2}
Pour illustrer la remarque précédente, considérons le polynôme $f =
X^4 + X + 1 \in \FF_2[X]$ : vu dans $\FF_4 = \FF_2[Y]/(g)$ où $g = Y^2
+ Y + 1$ (est le seul polynôme irréductible de degré $2$ sur $\FF_2$),
le polynôme $f$ se factorise comme $h\, \Frob_2(h)$ où $h = X^2 + X +
y$ et $\Frob_2(h) = X^2 + X + y+1$.  L'isomorphisme $\psi$ envoie, par
exemple, la classe $x^3$ de $X^3$ dans $\FF_2[X]/(f)$ sur $(y+1)x +
y \in \FF_4[X]/(h)$ car le reste de la division euclidienne de $X^3$
par $X^2 + X + y$ (dans $\FF_4[X]$) est $(y+1)X + y$.  L'isomorphisme
réciproque $\psi^{-1}$ envoie $y$ sur $z = x^2 + x$ puisque c'est
visiblement celle des deux racines $x^2+x, x^2+x+1$ de $g$ dans
$\FF_2[X]/(f)$ qui s'envoie sur $y$ par $\psi$.  On peut alors
vérifier que $\psi^{-1}((y+1)x + y) = x^3$.
\end{exemple2}

\subsection{Algorithme de Berlekamp}

\subsubsection{} Dans le même esprit que le critère d'irréductibilité
de Butler \refext{Fin}{critere-butler} utilise des techniques d'algèbre
linéaire effective à la place de la factorisation de $X^{q^r}-X$ qui
sous-tend le critère de Rabin \refext{Fin}{critere-rabin}, on peut mettre
en \oe{}uvre des techniques d'algèbre linéaire, également fondées sur
l'étude du sous-$\FF_q$-espace vectoriel $\Ker(\Frob_q - \Id)$
de $\FF_q[X]/(g)$, pour factoriser un polynôme $g$ (supposé sans
facteur carré).

\begin{definition2}\label{definition-algebre-berlekamp}
Si $g \in \FF_q[X]$ est sans facteur carré, on appelle \emph{algèbre
de Berlekamp} de $g$ le sous-$\FF_q$-espace vectoriel $\Ker(\Frob_q
- \Id)$ (c'est-à-dire $\{y \in \FF_q[X]/(g) : y^q = y\}$)
de $\FF_q[X]/(g)$, qui en est une sous-$\FF_q$-algèbre.
\end{definition2}

On a ainsi vu en \refext{Fin}{critere-butler} que $g$ est irréductible si et
seulement si son algèbre de Berlekamp se réduit à $\FF_q$ (i.e., est
de dimension $1$).  Le résultat suivant généralise ce fait :

\begin{proposition2}\label{proposition-algorithme-berlekamp}
Soit $g \in \FF_q[X]$ unitaire sans facteur carré.  Alors :
\begin{itemize}
\item la dimension $s$ sur $\FF_q$ de l'algèbre de Berlekamp $B_g$ de $g$
est égale au nombre de facteurs unitaires irréductibles de $g$, et si
$h_1,\ldots,h_s$ sont ces facteurs irréductibles alors l'isomorphisme
chinois
$\psi \colon \FF_q[X]/(g) \buildrel\sim\over\to \FF_q[X]/(h_1) \times \cdots \times \FF_q[X]/(h_s)$
se restreint en un isomorphisme $B_g \buildrel\sim\over\to (\FF_q)^s$,
\item de plus, pour tout $y \in B_g$, on a $g
= \prod_{c\in\FF_q} \pgcd(g, y-c)$.
\end{itemize}
\end{proposition2}
\begin{proof}
Soit $g = h_1\cdots h_s$ la décomposition en facteurs irréductibles
de $g$.  Alors le théorème chinois assure l'existence d'un
isomorphisme
$\psi \colon \FF_q[X]/(g) \buildrel\sim\over\to \FF_q[X]/(h_1) \times \cdots \times \FF_q[X]/(h_s)$,
chacun des facteurs du membre de droite étant un corps $\FF_{q^{\deg
h_i}}$ puisque $h_i$ est irréductible.
D'après \refext{Fin}{petit-theoreme-fermat} et \refext{Fin}{unicite-corps-q-elements-pour-inclusion},
on peut voir $B_g$ comme l'ensemble des éléments $y$ de $\FF_q[X]/(g)$
tels que chaque composante de $\psi(y)$ soit dans $\FF_q$.  Ceci
montre immédiatement la première affirmation ; quant à la seconde,
elle résulte de ce que si $y \in \FF_q[X]/(g)$ alors $\pgcd(g,y)$ est
le produit des $h_i$ tels que $y$ soit multiple de $h_i$ c'est-à-dire
que la $i$-ième composante de $\psi(y)$ s'annule.
\end{proof}

\begin{remarques2}\label{algorithme-berlekamp}
Lorsque $q$ est petit, la
proposition \ref{proposition-algorithme-berlekamp} fournit telle
quelle un algorithme de factorisation, dit de Berlekamp, pour les polynômes $g$ sans
facteur carré dans $\FF_q[X]$ : on utilise des techniques d'algèbre
linéaire pour trouver une $\FF_q$-base $\tau_1,\ldots,\tau_s$ de
l'algèbre de Berlekamp $B_g = \Ker(\Frob_q - \Id)$ de $g$, puis, si
$s>1$ de sorte qu'il y a une factorisation non triviale à effectuer,
on tire au hasard un élément $y = c_1 \tau_1 + \cdots + c_s \tau_s \in
B_g$ (avec $c_i \in \FF_q$) et on calcule les $\pgcd(g, y-c)$ pour les
différents $c \in \FF_q$ : ceci fournira une factorisation non
triviale de $y$ dès que les composantes de $\psi(y)$ ne sont pas
toutes égales (où $\psi$ est l'isomorphisme $\psi \colon
B_g \buildrel\sim\over\to (\FF_q)^s$ déduit de l'isomorphisme
chinois), ce qui se produit pour $q^s - q$ des $q^s$ éléments $y$
de $B_g$.

Lorsque $q$ est grand, la proposition ne peut pas servir en tant que
telle.  On peut cependant la combiner avec les mêmes idées
qu'en \ref{proposition-algorithme-cantor-zassenhaus}
(resp. \ref{proposition-algorithme-cantor-zassenhaus-caracteristique-2}
en caractéristique $2$) : une fois tiré $y$ dans $B_g$, on calcule $t
= y^{(q-1)/2}$ (resp. $t = y + y^2 + y^4 + \cdots + y^{q/2}$ en
caractéristique $2$), et alors $\pgcd(g,t-1)$ (resp. $\pgcd(g,t)$) a
une probabilité raisonnable de fournir un facteur non trivial de $g$
(cf. \ref{algorithme-cantor-zassenhaus}, le rôle de l'algèbre linéaire
étant essentiellement de pouvoir faire comme si $r=1$).
\end{remarques2}


\ifx\danslelivre\undefined
\end{document}
\fi