Raisonnement sur les congruences : conjecture à démontrer ?

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Noah

Re: Raisonnement sur les congruences : conjecture à démontrer ?

Message non lu par Noah »

Bon alors juste histoire de conclure pour celles et ceux qui passeraient par là, et pour le plaisir de fournir une démonstration élémentaire de ma conjecture, voici mes résultats, s'appuyant sur cette notion d'ordre finalement toute bête.

On peut effectivement reformuler la conjecture en ces termes :
pour $p$ premier, l'application cube est bijective si et seulement si $p \equiv -1 \mbox{ mod } 3$ ou $p = 3$.

Démonstration (tadadaaaaam) :
L'ordre $\omega(a)$ d'un nombre $a \ne 0$ de $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ est défini comme étant le plus petit entier $\geqslant 1$ tel que $a^\omega \equiv 1 [p]$ . En d'autres termes, $a$ est une racine $\omega$-ième de l'unité . Ainsi, tout nombre $\omega'$ vérifiant $a^{\omega'} \equiv 1$ est multiple de $\omega$.
Cette définition est valide : en effet, la suite des puissances d'un élément quelconque ne peut prendre qu'un nombre fini de valeurs différentes. On peut donc trouver deux exposants $i$ et $j$ tels que $a^i \equiv a^j$ , donc si $a$ est non nul, il admet un inverse ($p$ étant premier), donc on peut écrire $a^{i-j} \equiv 1$ : il existe toujours une puissance de $a$ qui vaut 1 .
Les puissances $1, a, a^2 , ... , a^{\omega-1}$ sont deux à deux distinctes : en effet, supposons $\exists 0 \leqslant i < j < \omega : a^i \equiv a^j$ , alors par inversibilité de $a$ on aurait $a^{i-j} \equiv 1$ , d'où $\omega | i-j$ ; or $i-j < \omega$ , ce qui est contradictoire.
Il est donc clair que l'ordre d'un nombre donné ne peut excéder le nombre d'éléments non nuls, soit $p-1$ . Il existe donc un élément dont l'ordre est maximal : soit $\gamma$ cet élément et $m$ cet ordre.
On se donne également un élément non nul quelconque $a$ d'ordre $n$ : alors $\gamma' = a^{m \wedge n}$ est d'ordre $m' = \dfrac{n}{m \wedge n}$ (en effet pour tout $i < m'$ , $i(m \wedge n) < m'(m \wedge n) = n$ d'où $\gamma'^i \ne 1$ et $\gamma'^{m'} \equiv 1$ . )

On note que $m$ et $m'$ sont premiers entre eux.
Soit le produit $\gamma\gamma'$ et $\omega$ son ordre , de sorte que $(\gamma\gamma')^\omega \equiv 1$ .
Alors on a également $(\gamma\gamma')^{\omega m'} \equiv 1 $.
Par ailleurs, $(\gamma\gamma')^{\omega m'} \equiv \gamma^{\omega m'}$ (car $\gamma'^{m'} \equiv 1$ )
et de même : $(\gamma\gamma')^{\omega m'} \equiv \gamma'^{\omega m}$ (car $\gamma^{m} \equiv 1$ ).

Par conséquent : $m | \omega m' $ et $m' | \omega m $ , donc, $m$ et $m'$ étant copremiers : $m | \omega$ et $m' | \omega$.

Ainsi $\omega$ contient les facteurs premiers de $m$ ainsi que ceux de $m'$, qui sont distincts ; donc, $m m' | \omega$ (et en particulier, $mm' \leqslant \omega$ ).
Or, $m$ étant l'ordre maximal, on a $\omega \leqslant m$, ce qui laisse comme seule possibilité : $m = \omega$ et $m' = 1$, ie $n = m\wedge n$ : donc $n | m$ .

Donc l'ordre de tout élément non nul divise l'ordre maximal $m$ , ce qui implique que $\forall a \ne 0, a^m = a^{kn} \equiv 1$ .
En d'autres termes, tous les éléments non nuls sont racines du polynôme $X^m - 1$, dont les $1, \gamma, \gamma^2, ..., \gamma^{m-1}$ sont exactement les racines (2 à 2 distinctes) . Donc tout élément figure dans cette suite de racines, ie, tout élément est une puissance de $\gamma$ . Il en existe donc $p-1$ distinctes, d'où $m = p-1$ (notons au passage qu'on retrouve le petit théorème de Fermat, mais celui-ci ne permet pas directement de conclure, voir note plus bas) .

La réciproque est également vraie : tout diviseur de $p-1$ est "représenté" (ce par quoi on entend que, pour tout diviseur $d$ de $p-1$, il existe un élément d'ordre $d$ ) .
En effet, si un diviseur $d$ de $p-1$ est représenté par un élément $a$, tout diviseur $d'$ de ce diviseur est représenté : soit $k = d/d'$, alors $a^{ik} \ne 1$ pour tout $i < d'$, et $a^{d'k} = a^d \equiv 1$, donc $a^k$ est d'ordre $d'$ .
Or, $p-1$ est représenté (par $\gamma$), donc tout diviseur de $p-1$ l'est également.

(On voit pourquoi il ne suffit pas d'invoquer le théorème de Fermat : celui dit bien en substance que l'ordre de tout élément non nul divise $p-1$, mais ne précise pas qu'il existe un élément d'ordre $p-1$ .)

Ainsi, si $3|p-1$ , c'est-à-dire si $p \equiv 1 \mbox { mod } 3$, il existe un élément d'ordre 3 : une racine cubique de l'unité, différente de 1. Donc l'unité admet plusieurs racines cubiques, l'application cube n'est donc pas bijective.

Supposons maintenant $3 \nmid p-1$ .
L'ordre de $\gamma^3$ divise $p-1$ .
Supposons $\exists i < p-1 , (\gamma^3)^i \equiv 1$ : on a alors $p-1 | 3i$ .
Comme $3$ est premier et ne divise pas $p-1$, $3$ et $p-1$ sont premiers entre eux.
Ainsi $p-1 | i$, ce qui est absurde puisque $i < p-1$ . Donc l'ordre de $\gamma^3$ est $p-1$ .
Par conséquent, les puissances de $\gamma^3$ parcourent l'ensemble des éléments non nuls, en d'autres termes, pour tout élément $a \ne 0$, il existe un indice i dans [0,p-1[ tel que $a \equiv (\gamma^i)^3$, ce qui prouve la surjectivité, et donc la bijectivité de l'application cube.

Un grand merci à balf et à MC pour leurs idées.