Corrigé 24

Cours d’Algèbre II
Prof. E. Bayer Fluckiger
Bachelor Semestre 4
30 mai 2012
Corrigé 24
Exercice 1.
(1) Pour quelles valeurs de n, p et r existe t il un homomorphisme d’anneau
φ : Z/nZ −→ Fpr ?
(2) Donner les tables de multiplication des anneaux Z/4Z et F4 .
Solution.
(1) La question n’a évidemment un sens que si p est premier et r ≥ 1. L’ensemble des homomorphismes d’anneaux φ : Z/nZ −→ Fpr est en bijection
avec l’ensemble des homomorphismes d’anneaux ψ : Z −→ Fpr tels
que nZ ⊂ ker(ψ). Comme (Z, +) est un groupe admettant 1 comme
générateur, et comme ψ(1) = 1 pour tout homomorphisme d’anneaux
ψ : Z −→ Fpr , il existe un et un seul homomorphisme d’anneaux
ψ : Z −→ Fpr et cet homomorphisme d’anneaux vérifie : ψ(n) = nFpr
pour tout n ∈ Z.
Comme la caractéristique de Fpr est p, on sait que ker(ψ) = pZ. Par
conséquent il existe homomorphisme d’anneaux φ : Z/nZ −→ Fpr si et
seulement si nZ ⊂ pZ i.e. p | n (et dans ce cas φ est unique).
(2) L’ensemble sous-jacent à l’anneau (Z/4Z, +, ×) est
Z/4Z = {[0]4 , [1]4 , [2]4 , [3]4 }
et la table de multiplication de (Z/4Z, +, ×) est
×
[0]4 [1]4 [2]4 [3]4
[0]4 [0]4 [0]4 [0]4 [0]4
[1]4 [0]4 [1]4 [2]4 [3]4
[2]4 [0]4 [2]4 [0]4 [2]4
[3]4 [0]4 [3]4 [2]4 [1]4
2
On va donner la table de multiplication pour un corps de cardinal 4.
On rappelle que deux corps de cardinal 4 sont toujours isomorphes. On
peut donc se contenter de donner la table de multiplication du corps
F2 [X]/(X 2 + X + 1) (le polynôme X 2 + X + 1 est bien irréductible sur
F2 ; par contre X 2 + 1 admet 1 ∈ F2 comme racine double).
Par division euclidienne on sait que si P ∈ F2 [X] est un polynôme, et
a, b ∈ F2 et Q ∈ F2 [X] sont tels que P = (X 2 + X + 1)Q + aX + b,
alors [P ]X 2 +X+1 = [aX + b]X 2 +X+1 . En fait par unicité du reste d’une
division euclidienne, on sait même que l’ensemble sous-jacent au corps
(F2 [X]/(X 2 + X + 1), +, ×) est
F2 [X]/(X 2 + X + 1) = {[0]X 2 +X+1 , [1]X 2 +X+1 , [X]X 2 +X+1 , [X + 1]X 2 +X+1 } .
La table de multiplication du corps (F2 [X]/(X 2 + X + 1), +, ×) est
×
[0]X 2 +X+1
[1]X 2 +X+1
[X]X 2 +X+1
[X + 1]X 2 +X+1
[0]X 2 +X+1
[0]X 2 +X+1
[0]X 2 +X+1
[0]X 2 +X+1
[0]X 2 +X+1
[1]X 2 +X+1
[0]X 2 +X+1
[1]X 2 +X+1
[X]X 2 +X+1
[X + 1]X 2 +X+1
[2]4
[0]X 2 +X+1
[X]X 2 +X+1
[X + 1]X 2 +X+1
[1]X 2 +X+1
[1]X 2 +X+1
[X]X 2 +X+1
[X + 1]X 2 +X+1 [0]X 2 +X+1 [X + 1]X 2 +X+1
Exercice 2.
(1) Donner un générateur de F∗25 .
(2) Quels sont les automorphismes du corps F25 ?
(3) Donner la liste des polynômes irréductibles sur F5 unitaires de degré 2.
Parmis ces polynômes, quels sont ceux qui restent irréductibles sur F25 ?
sur F125 ?
Solution.
(1) On peut écrire F25 = F5 (α) avec α un racine de X 2 − 2 (qui est un
polynôme irréductible de degré 2 sur F5 ). Comme α4 = 22 = −1 et α8 = 1,
l’ordre de α ∈ F∗25 est 8. On note aussi que
(2α + 2)2 = 4(α + 1)2 = 3(α − 1),
(2α + 2)3 = 3(α − 1) · 2(α + 1) = 1.
3
On en déduit que 2α + 2 ∈ F∗25 est d’ordre 3. Par conséquent, le produit
α(2α + 2) ∈ F∗25 est d’ordre 24. Par suite, α(2α + 2) est un générateur
de F∗25 .
(2) Soit σ un automorphisme de F25 . Comme σ(1) = 1, et comme le groupe
additif du corps F5 est engendré par 1, on a σ(n) = n pour tout n ∈ F5 .
En particulier, on a
2 = σ(2) = σ(α2 ) = σ(α)2 ,
ce qui implique que σ(α) = ±α. On vient de montrer que, si a, b ∈ F5 ,
alors
σ(a + bα) = σ(a) + σ(b)σ(α) = a ± bα.
Le corps F25 admet donc deux automorphismes : IdF25 et l’automorphisme
F25
−→
F25
a + bα 7−→ a − bα
obtenu par application du premier théorème d’isomorphisme à l’homomorphisme d’évalutation des polynômes P ∈ F5 [X] en −α (on rappelle
que F5 (α) ' F5 [X]/(X 2 − 2)).
(3) Il y a 10 polynômes unitaires de degré 2 irréductibles sur F5 :
x2 + 2,
x2 + 3,
x2 + x + 1,
x2 + x + 2,
x2 + 4x + 1,
x2 + 4x + 2,
x2 + 2x + 3,
x2 + 2x + 4,
x2 + 3x + 3,
x2 + 3x + 4.
Aucun de ces polynômes n’est irréductible sur F25 . En effet, si p(x) est
un de ces polynômes, alors F5 [x]/(p(x)) est un corps de cardinal 25 dans
lequel p(x) a une racine. Or tous les corps de cardinal 25 sont isomorphes,
donc p(x) a une racine dans F25 . Par conséquent p(x) n’est pas irréductible
sur F25 .
Tous les polynômes de degré 2 irréductibles sur F5 restent irréductible
sur F125 . En effet, si p(x) est l’un de ces polynômes, et si p(x) n’était pas
irréductible sur F125 , alors p(x) aurait une racine β dans F125 . Dans ce
cas, F5 (β) serait un sous-corps de F125 , et F5 (β) serait une extension de
4
degré 2 sur F5 . En particulier on aurait
3 = [F125 : F5 ] = [F125 : F5 (β)] · [F5 (β) : F5 ] = [F125 : F5 (β)] · 2,
ce qui est absurde.
Exercice 3.
On note K := F5 [X]/(X 4 + X − 1)
(1) Montrer que X 4 + X − 1 n’a pas de racines dans F25 .
(2) Montrer que K est un corps.
(3) Donner la matrice de l’automorphisme de Frobenius dans la F5 -base (1, X, X 2 , X 3 )
de K
(4) En déduire les sous-corps de K.
Solution.
(1) Comme le polynôme X 2 + [2]5 ∈ F5 [X] est irréductible (puisqu’il est de
degré 2 et sans racines dans F5 ), on a F25 ' F5 [X]/(X 2 +[2]5 ). On rappelle
qu’une F5 -base de F5 [X]/(X 2 + [2]5 ) est [1]X 2 +[2]5 , [X]X 2 +[2]5 .
Soient a, b ∈ F5 tels que [aX + b]X 2 +[2]5 soit une racine du polynôme
4
X + X − 1. On a alors
[(2abX + b2 − 2a2 )2 + aX + b − 1]X 2 +[2]5 = 0
i.e.
4ab(b2 − 2a2 ) + a = 0
−8a2 b2 + (b2 − 2a2 )2 + b − 1 = 0.
La première de ces égalités implique que a = 0 ou 4b2 (b2 − 2a2 ) + 1 = 0.
Si a = 0 alors la seconde égalité devient b4 + b − 1 = 0, ce qui n’est pas
possible : aucun b ∈ F5 n’est racine de X 4 + X − 1.
1
On a donc a 6= 0 et 4b2 (b2 − 2a2 ) + 1 = 0 i.e. b 6= 0 et b2 − 2a2 = − 4b
.
De l’égalité
−8a2 b2 + (b2 − 2a2 )2 + b − 1 = 0
on déduit alors que
1
b−1
+
.
4
8 · 16b
8b2
1
En reportant cette valeur de a2 dans l’égalité b2 − 2a2 = − 4b
on obtient
finalement
64b6 + 16b3 − 16b2 (b − 1) − 1 = 0.
a2 =
Cette équation n’a pas de racines dans F5 . Par conséquent le polynôme
X 4 + X − 1 n’a pas de racines dans F25 .
(2) Pour montrer que K est un corps, il faut et il suffit de montrer que le
polynôme X 4 + X − 1 est irréductible dans F5 [X]. Supposons qu’il n’est
pas irréductible. Comme X 4 + X − 1 est de degré 4,
5
• soit X 4 + X − 1 s’écrit comme le produit d’un polynôme de degré 1
et d’un polynôme de degré 3 (et alors X 4 + X − 1 a une racine dans
F5 ⊂ F25 ),
• soit X 4 + X − 1 s’écrit comme le produit de deux polynômes de degré
deux (qui ont toujours une racine dans F25 , par définition de F25 ).
Dans ces deux cas, X 4 + X − 1 a une racine dans F25 . Ceci contredit
le résultat obtenu lors de la résolution de la question précédente. Par
conséquent, X 4 + X − 1 est irréductible sur F5 .
(3) L’automorphisme de Frobenius est défini étant l’automorphisme de corps
ϕ : K → K, x 7→ x5 . On a donc :
ϕ(1) = 1
= 1 · 1 + 0 · X + 0 · X2 + 0 · X3
ϕ(X) = X · X 4 = X · (−X + 1) = −X 2 + X
= 0 · 1 + 1 · X + (−1) · X 2 + 0 · X 3
ϕ(X 2 ) = (X 5 )2 = (−X 2 + X)2 = X 4 + X 2 − 2X 3
= 1 − X + X 2 − 2X 3
ϕ(X 3 ) = X 5 · X 10 = (−X + 1) · (1 − X + X 2 − 2X 3 )
= −3 + X − 4X 2 + 2X 3 .
Par conséquent la matrice de ϕ dans la base (1, X, X 2 , X 3 ) est :


1
0
1 −3
 0
1 −1
1 
.
M =
 0 −1
1 −4 
0
0 −2
2
(4) Les sous-corps de K sont précisément les espaces propres de ϕi associés à
la valeur propre 1, où i divise 4, donc i = 1, i = 2 ou i = 4. Pour i = 4 on
obtient K et pour i = 1 on obtient le corps F5 . On considère maintenant
le cas i = 2. La matrice de ϕ2 − Id dans la base (1, X, X 2 , X 3 ) est


0 −1
3 2
 0
1
1 2 

N = M 2 − Id4 = 
 0 −2 −1 2  .
0
2 −1 1
 


1
0


 0 
 et  1 .
Son noyau est de dimension 2 et est engendré par 
 0 
 1 
−1
0
Par conséquent le sous-corps de cardinal 52 = 25 de K est le F5 -espace
vectoriel engendré par 1 et X + X 2 − X 3 . En tant qu’ensemble, il s’agit
de {α + β(X + X 2 − X 3 ) | α, β ∈ F5 }.
6
Exercice 4. Parmis les anneaux suivants trouver deux corps qui sont extension
l’un de l’autre. Exhiber un homomorphisme entre ces deux corps.
F3 [X]/(X 2 + 1),
F3 [X]/(X 4 + X 2 + 1),
F3 [X]/(X 4 + 2X 3 + X 2 + 1),
F3 [X]/(X 3 − X 2 + X + 1).
Solution.
Comme 1 est racine de X 4 + X 2 + 1, l’anneau F3 [X]/(X 4 + X 2 + 1) n’est pas
un corps.
Le polynôme X 3 − X 2 + X + 1 n’a pas de racine dans F3 . Or X 3 − X 2 + X + 1
est de degré 3, donc X 3 − X 2 + X + 1 est irréductible sur F3 . Par conséquent,
l’anneau F3 [X]/(X 3 − X 2 + X + 1) est un corps de cardinal 33 = 27. Par suite
• toutes les extensions F3 [X]/(X 3 − X 2 + X + 1) sont de cardinal 27n pour
un certain entier n ≥ 1,
• Tous les sous-corps de F3 [X]/(X 3 − X 2 + X + 1) sont de cardinal 3m avec
m divisant 3 i.e. de cardinal 3 ou 27.
Le polynôme X 2 + 1 n’a pas de racine dans F3 . Or X 2 + 1 est de degré 2, donc
X 2 +1 est irréductible sur F3 i.e. l’anneau F3 [X]/(X 2 +1) est un corps de cardinal
32 = 9.
De même on montre que les polynômes X 2 + X − 1 et X 2 − X − 1 sont
irréductibles sur F3 . Le produit des polynômes unitaires de degré 2 irréductibles
X 9 −X
sur F3 est X
3 −X . On a donc exactement 3 polynômes unitaires de degré 2 irréductibles sur F3 , à savoir
X2 + 1
et
X2 + X − 1
et
X 2 − X − 1.
Aucun de ces trois polynômes ne divise X 4 + 2X 3 + X 2 + 1. Par conséquent, le
polynôme X 4 + 2X 3 + X 2 + 1 est irréductible sur F3 (puisqu’il n’a pas non plus de
racines dans F3 ). Ainsi F3 [X]/(X 4 + 2X 3 + X 2 + 1) est corps de cardinal 34 = 81.
Par suite, F3 [X]/(X 4 + 2X 3 + X 2 + 1) est une extension de F3 [X]/(X 2 + 1). En
fait, on a
X 4 + 2X 3 + X 2 + 1 = (X 2 + 2X + 1)X 2 + 1 = (X(X + 1))2 + 1.
Par conséquent l’évaluation des polynômes en X(X + 1) induit un homomorphisme de corps
F3 [X]/(X 2 + 1) −→ F3 [X]/(X 4 + 2X 3 + X 2 + 1)
X
7−→
X(X + 1).