From 37cc098b1fe6605e085ef2370b9d950b9c1c761b Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: david <david>
Date: Mon, 12 Jan 2009 18:24:40 +0000
Subject: Yet another exercise.

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 controle-20081202.tex | 45 +++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++
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@@ -514,6 +514,51 @@ de la cible est atteinte une et une seule fois).
 (3) Si $a \in \mathbb{F}_p^\times$, à quoi est isomorphe
 $\mathbb{F}_p[t] / (t^3-a)$ ?
 
+\begin{corrige}
+(1) D'après le théorème de Lagrange, l'ordre d'un élément de
+  $\mathbb{F}_p^\times$ doit diviser l'ordre de ce groupe,
+  c'est-à-dire $p-1$ : donc s'il existait un élément d'ordre $3$, on
+  aurait $3|(p-1)$, c'est-à-dire $p\equiv 1\pmod{3}$, or ceci
+  contredit $p \equiv 5\pmod{6}$.
+
+L'équation $z^3=1$ dans $\mathbb{F}_p$ au moins la solution $z=1$.  Si
+elle avait une autre solution, celle-ci serait évidemment non nulle,
+donc dans $\mathbb{F}_p^\times$, dont elle serait un élément
+d'ordre $3$ (d'après l'équation elle-même), et on vient de voir que
+cela n'existe pas.  La seule solution de $z^3=1$ dans $\mathbb{F}_p$
+(avec $p$ premier congru à $5$ modulo $6$) est donc $z=1$.
+
+(2) Tout d'abord, la valeur $0$ n'est atteinte par $h\colon x\mapsto
+x^3$ que pour $x=0$, car le cube d'un élément non nul est forcément
+non nul (un produit d'éléments non nuls d'un corps est non nul...).
+On peut donc écarter cette valeur et se concentrer sur $x\mapsto x^3$
+dans $\mathbb{F}_p^\times$.  Or si $x^3 = y^3$ avec $x,y \in
+\mathbb{F}_p^\times$, alors on a $(x^{-1}y)^3 = 1$ (en notant $x^{-1}$
+l'inverse de $x$), donc $x^{-1}y = 1$ d'après la question précédente,
+c'est-à-dire $x = y$.  On a donc montré que $h(x)=h(y)$ entraîne $x=y$
+(la fonction $h$ est injective, si l'on veut) : chaque valeur de la
+cible ne peut être atteinte qu'au plus une fois.  Mais comme la source
+et la cible ont le même nombre d'éléments, chaque valeur de la cible
+est atteinte exactement une fois.
+
+(3) La question précédente montre que (sous l'hypothèse que $p$
+premier congru à $5$ modulo $6$, bien sûr !) tout élément $a \in
+\mathbb{F}_p^\times$ est un cube, donc peut s'écrire $a = b^3$, et de
+plus, il n'y a qu'un $b$ possible.  Le polynôme $t^3 - a \in
+\mathbb{F}_p[t]$ possède donc la racine $b$, donc le facteur $t-b$,
+mais il n'a pas d'autre racine.  Le facteur restant $\frac{t^3-a}{t-b}
+= t^2 + bt + b^2$ n'a donc aucune racine dans $\mathbb{F}_p$ : il ne
+peut donc pas se factoriser (car les facteurs auraient degré $1$
+et $1$), donc il est irréductible.  La décomposition $t^3 - a =
+(t-b)(t^2+bt+b^2)$ est donc la décomposition en facteurs irréductibles
+de $t^3-a$.  On a donc l'isomorphisme chinois $\mathbb{F}_p[t] /
+(t^3-a) \cong (\mathbb{F}_p[t]/(t-b)) \times
+(\mathbb{F}_p[t]/(t^2+bt+b^2))$.  Le premier facteur est isomorphe à
+$\mathbb{F}_p$ et le second à $\mathbb{F}_{p^2}$.  Bref,
+$\mathbb{F}_p[t] / (t^3-a) \cong \mathbb{F}_p \times
+\mathbb{F}_{p^2}$.
+\end{corrige}
+
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