Non ta conjecture est fausse, par exemple les caré de Z/5Z sont 1 et 4


la méthode c'est détudier l'application x->x² de (Z/pZ)* dans l'ensebmel des caré de (Z/pZ)*.

chaque element de l'image à exactement deux antécedant, donc par le "lemne des berger"
on en déduit qu'il 2 element dans (Z/pZ)* pour un caré, il y a donc (p-1)/2 caré, on rajoute a cela 0 qui est le caré de 0, et on a (p+1)/2 caré !


(bien sur on suppose pour cela que p>2, si p=2 on a 2 caré et non pas 3/2 ^^)

Bonsoir au fait ^^ !

Bonjour au fait! ^^

Ôui, bon d'accord :p ... Disons qu'en général je cherche plutot les valeurs des caractère modulo p, donc 0 c'est un cas à part ^^

bonjour
merci de votre aide.
je voudrais vous soumettre ma reponse histoire de savoir s'il ne manque pas des choses ou s'il y a des choses pas très claires.
considerons l'endomorphisme du group (Z/pZ,*) tq x(barre)x²(barre).
on sait que (p-a)²(barre)=p²-2ap+a²(barre)=a²(barre) dans Z/pZ, pour tout aZ.
Sur ]0,p[ il existe donc p-1 carré et d'après la remarque précedente,on a alors (p-1)/2 carré.en ajoutant 0(barre) qui est a la fois carré de 0(barre) et de p(barre) on obtient bien (p+1)/2 carré dans Z/pZ

Sur ]0,p[ il existe donc p-1 carré et comme (p-a)²(barre)=a²(barre),on aura donc deux fois moins de carré d'ou (p-1)/2 carré.
Est-ce plus clair étant formulé comme cela?

Le problème c'est que tu dis qu'il y en a p-1 et deux lignes après tu mets qu'il y en a (p-1)/2. Faut savoir, yen a p-1 ou (p-1)/2 ?

ben c'est ce que j'ai dit:il y a p-1 carré normalement mais comme (p-a)²a²[p] c'est comme si on a deux fois moins de carré d'ou au final (p-1)/2 carré

Bonjour

Conséquence immédiate: Pour tout a de Z/pZ l'équation x²+y²=a admet des solutions dans Z/pZ.

Bonjour Camélia,

Et Fermat-Wiles dans Z/pZ ça marche aussi? Ou du moins est-ce-que le théorème est faux dans Z/pZ ?

Bonjour Ayoub

Dans Z/11Z: 2⁴+3⁴=5⁴ (sauf erreur)

mais je ne connais pas des résultats généraux.

Bonjour,
Ah ca c'est pas mal mon domaine...
En fait, beaucoup de questions se posent quand à ce qu'on appelle le principe local-global, ou encore principe de Hasse.
Ca correspond au questionnement suivant, si tu as une équation diophantienne du type P(x1,...,xn)=0 dans quelle mesure la resoltuion des P(x1,...,xn)=0 (mod m) te renseigne sur la resolubilité de l'equation de départ. Il est clair que si la première equation est resoluble alors la seconde l'est aussi pour tous les m.

En fait pour bien concptualiser le problème il faudarti se placer dans un contexte p-adique...qui a été précsiement introduit pour resoudre ce genre de problème...On a des resultat remarquables, comme le célèbre theorème de Hasse Minkowski qui dit qu'en fait que si P est une forme quadratique alors on a équivalence entre lea resolubilité des deux équations (grosso modo...). Pour les équations de degré plus grand le résultat est faux en général et on mesure ce défaut d'exactitude au principe local global grace au groupes de Tate-Shavarevich (tres grossièrement).

Je crois que pour tout p le théorème de Fermat est faux dans  Zp  , le complété p-adique de Z mais Z/pZ je sais pas.(voir le livre d'Hellegouarch : une introduction aux maths de Fermat Wiles).

Par contre Fermat est vrai dans  Q(T) et même  C(T).

Salut !

je pense qu'on à "pour tous n il existe p telle que x^n+y^n=z^n a des solutions dans Z/pZ" (j'ai pas trop réfléchit, mais le contraire serait vraiment surprenant...)

sinon trivialement :


pour tous p il existe n telle que x^n+y^n=z^n ai des solution dans Z/pZ (prendre n=2 bien sur, mais aussi n=p-2 ou n=p).

pour tous p (>2) il existe n telle que que x^n+y^n=z^n n'as pas de solution dans Z/pZ (prendre par exemple n=p-1)



en fait, je pense qu'il doit y avoir un critère sur p et n pour savoir si l'equation à ou non des solutions...

(quand je dis des solutions, il faut bien sur exclure x=0 ou z=0 ou y=à...)

Je signale aussi que dans un corps de caractéristique p (même très gros) grace à Frobenius on a
x^p+y^p=(x+y)^p