Solutions Feuille de Travaux Dirigés n 2

Université Francois Rabelais de Tours
Licence de Mathématiques
Solutions Feuille de Travaux Dirigés n◦ 2
M1, Algèbre
Semestre 2
Exercice 1 Soit A un anneau commutatif unitaire intègre. On définit la relation ∼ sur l’ensemble A ×
(A\{0}) par
(a, b) ∼ (a0 , b0 ) ⇐⇒ ab0 = a0 b.
1) Montrer que ∼ est une relation d’équivalence.
On désigne par F l’ensemble des classes d’équivalence relativement à ∼ et par
contenant (a, b). On definit deux opérations sur F :
a
+
b
a
·
b
a
la classe d’équivalence
b
c
ad + bc
=
,
d
bd
c
ac
= .
d
bd
1) Montrer que (F, +, ·) est un corps.
Solution: Les opérations sont bien définies. On remarque que si b 6= 0 et d 6= 0 alors bd 6= 0 et
(ad + bc, bd), (ac, bd) ∈ A × (A\{0}).
Si (a, b) ∼ (a0 , b0 ) et (c, d) ∼ (c0 , d0 ) alors nous devons montrer que
a
c
a0
c0
+ = 0 + 0
b
d
b
d
On a
a
c
ad + bc
+ =
b
d
bd
et
a0
c0
a0 d0 + b0 c0
+ 0 =
.
0
b
d
b0 d0
Mais
(a0 d0 + b0 c0 )bd = a0 d0 bd + b0 c0 bd
= ab0 d0 d + b0 bcd0
= (ad + bc)b0 d0
d’où l’égalité désirée. On procède de la même manière pour montrer que le produit est bien défini.
F est un anneau.
On ne montrera pas tous les axiomes ! On en vérifie un :
c
e
a c
a e
a
·
+
= · + ·
b
d f
b d
b f
On a
a e
ac ae
a c
· + · =
+
b d
b f
bd bf
acbf + aebd
=
bdbf
(acf + aed)b
=
(dbf )b
acf + aed
=
dbf
a cf + ed
= ·
b
df
a
c
e
= ·
+
.
b
d f
1
Le corps F s’appelle le corps de fractions de A. C’est le plus petit corps contenant A comme le montre les
deux prochaines questions.
a
2) Montrer que l’application i : A −→ F définit par i(a) = est un morphisme injectif.
1
Solution: C’est clair !
3) Montrer que si K est un corps et si α : A −→ K est un morphisme injectif alors il existe un morphisme
injectif ϕ : F −→ K tel que ϕ ◦ i = α.
Solution: Tout d’abord puisque α est injectif et K est un corps, on voit que si b ∈ A\{0} alors
α(b) 6= 0 et donc inversible.
a
Soit (a, b) ∈ A × A\{0}. On pose ϕ( ) = α(a)α(b)−1 . Vérifions que cette application est bien définie.
b
a
a0
Soit
= 0 ∈ F c’est-à-dire ab0 = a0 b. On a alors α(a)α(b0 ) = α(a0 )α(b) et donc α(a)α(b)−1 =
b
b
α(a0 )α(b0 )−1 ce qui prouve qu’on a bien
a
a0
ϕ( ) = 0 .
b
b
On a
a
ϕ( ) = 0 ⇐⇒ α(a)α(b)−1 = 0 ⇐⇒ α(a) = 0 ⇐⇒ a = 0A
b
0
et donc ker ϕ = { } = {0F } et ϕ est injective.
b
a
Finalement, on a ϕ ◦ i(a) = ϕ( ) = α(a)α(1)−1 = α(a) et donc ϕ ◦ i = α.
1
Exercice 2
√
√
1) Montrer que Q[ 2] := {a + b 2 | (a, b) ∈ Q2 } est un corps.
Solution: Le seul axiome problématique ici est le fait que tout élément non nul est inversible. On a
√
√
√
a−b 2
a−b 2
1
√ =
√
√ = 2
∈ Q[ 2].
2
a + 2b
a+b 2
(a + 2)(a − 2)
√
2) On considère l’application eval√2 : Z[X] −→ R définie par eval√2 (P ) = P ( 2).
(a) Déterminer le noyau et l’image de eval√2 .
√
(b) En déduire que Z[X]/(X 2 − 2) ' Z[ 2].
√
√
Solution: On pose a + b 2 = a − 2b pour (a, b) ∈ Z2 . On montre alors facilement que
(a +
Ainsi si P (a +
√
√
2b) · (c +
√
2d) = (a +
√
2b)(c +
√
2d).
2b) = 0, on a
P (a −
√
√
2b) = P a + 2b
=
X
√ i
ai a + 2b
=
X
√ i
ai a + 2b
=
X
√ i
ai a + 2b
=
X
√ i
ai a + 2b
=0
√
√
En particulier si P ∈ ker(eval√2 ) alors P ( 2) = 0, ce qui implique que P (− 2) = 0 et donc
√
√
(X − 2)(X + 2) = X 2 − 2 divise P . Finalement on montre facilement que P ∈ (X 2 − 2) et
ker(eval√2 ) = Z[x]/(X 2 − 2). L’isomorphisme demandé est alors une simple application du premier
théorème d’isomorphisme.
2
3) Montrer que R[X]/(X 2 + 1) ' C.
Solution: Considérer le morphisme evali et procéder comme précédemment.
√
√
√
Exercice 3 Soit Z[i 5] := {a + i 5b | (a, b) ∈ Z2 }. On définit N (a + ib 5) = a2 + 5b2 .
1) Montrer que N (xy) = N (x)N (y) et que N (x) = 0 si et seulement si x = 0.
√
√
Solution: C’est clair puisque N (a + ib 5) = |a + ib 5|2 .
√
2) Déterminer l’ensemble des inversibles de Z[ 5].
√
√
Solution: Supposons que x ∈ Z[i 5] est inversible. Alors il existe y ∈ Z[i 5] tel que xy = 1. On a
alors 1 = N (xy) = N (x)N (y) et donc N (x) = ±1. Les seules possibilités sont x = 1 ou x = −1. De
plus, il est clair que 1 et −1 sont inversibles. On a donc
√
U(Z[i 5]) = {1, −1}.
3) Montrer que 2 est irréductible mais que 2 n’est pas premier.
√
√
[ On pourra utiliser 6 = (1 − i 5)(1 + i 5).]
Solution: On remarque que

0



1
√
N (a + i 5b) =

4



≥5
si (a, b) = (0, 0)
si (a, b) = (1, 0)
si (a, b) = (2, 0)
sinon.
On suppose que 2 = ab. Alors N (2) = N (a)N (b) ⇐⇒ 4 = N (a)N (b). Si N (a) = 1 ou N (b) = 1 alors
a ou b est inversible. Sinon on doit avoir N (a) = 2 ce qui est impossible. Ainsi 2 est irréductible.
√
On a 2 | 6 mais, clairement, 2 - (1 ± i 5). Ainsi 2 n’est pas premier.
√
√
4) Montrer que 3 et 1 ± i 5 sont irréductibles et en déduire que Z[i 5] n’est pas factoriel.
√
Solution: Pour montrer que 3 et 1 ± i 5 sont irréductibles, on procède comme précédemment avec
la norme. On a 3 = ab =⇒ N (3) = N (ab) =⇒ 9 = N (a)N (b) donc N (a) = 1, 3 ou 9. Mais N (a) 6= 3
et donc soit N (a) = 1 et a est inversible soit N (a) = 9 et N (b) = 1 et b est inversible. Ainsi 3 est
irréductible.
√
√
√
Puisque 6 = 2 × 3 = (1 + 5)(1 − 5) et que tous les éléments en présence sont irréductibles, Z[i 5]
ne peut pas être factoriel.
√
1 + i 19
Exercice 4 L’objectif de cette question est de montrer que Z[ξ] := {a + bξ | (a, b) ∈ Z2 } où ξ =
2
est un anneau principal qui n’est pas euclidien. On aura besoin de la notion suivante. Une norme de
Dedekind-Hasse sur un anneau intègre A est une application N : A −→ N telle que
∗ N (x) = 0 si et seulement si x = 0.
∗ Si x, y ∈ A\{0} alors y | x ou il existe (s, t) ∈ A tel que
0 < N (sx − ty) < N (y).
1) Soit A un anneau euclidien qui n’est pas un corps. Montrer qu’il existe un élément y ∈ A tel que
(a) y =
6 0 et y ∈
/ A∗
(b) Pour tout a ∈ A, il existe q ∈ A et r ∈ A∗ ∪ {0} tel que a = qy + r.
[ On prendra un élément minimal de A\A∗ ∪ {0}. ]
Solution: Soit k = min{f (x) | x ∈ A\A∗ ∪ {0} et soit y ∈ A tel que f (y) = k. Soit a ∈ A et soit
(q, r) tel que a = yq + r. Si y - a alors r 6= 0. De plus f (r) < f (y) ce qui implique que r ∈ A\A∗ ∪ {0}.
2) Montrer que si A est intègre et si A possède une norme de Dedekind-Hasse alors A est principal.
Solution: Soit I un idéal de A et soit a ∈ I tel que N (a) > 0 soit minimal. Soit b ∈ I. Alors soit
a | b et b ∈ (a) soit a - b et alors il existe (s, t) tel que 0 < N (sb − at) < N (a). Or sb − at ∈ I
donc par minimalité de A on doit avoir N (sb − at) = 0 ce qui contredit 0 < N (sb − at). On a donc
nécessairement a | b et I = (a).
3) On définit N : Q[ξ] −→ N par N (a + bξ) = a2 + ab + 5b2 .
(a) Montrer que N (xy) = N (x)N (y) pour tout x, y ∈ Q[ξ].
Solution: Clair puisque N (a + bξ) = |a + bξ|2 .
3
(b) Déterminer l’ensemble des inversibles de Z[ξ].
Solution: Si x est inversible alors N (x) est un inversible de Z ce qui implique N (x) = 1. Or
b
19
N (a + bξ) = a2 + ab + 5b2 = (a + )2 + b2
2
4
Donc si N (x) = 1, on a b = 0 et a = ±1.
(c) Montrer que 2 et 3 sont irréductibles dans Z[ξ].
Solution: D’après l’égalité dans la question précédente, on voit que N (a + bξ) ≥ 5 dès lors
que b ≥ 1. Si 2 = xy alors N (2) = N (xy) ⇐⇒ 4 = N (x)N (y). Ainsi N (x) = 1, 2 ou 4. Seuls les
cas N (x) = 1 et N (x) = 4 (mais alors N (y) = 1) sont possibles et donc 2 est irréductible. On
procède de la même manière pour 3.
(d) En utilisant les éléments x = 2 et x = ξ, montrer qu’il ne peut pas y avoir d’élément dans Z[ξ]
satisfaisant les conditions 1)(a) et 1)(b).
Solution: Si y satisfait (1) et (2) alors il existe (q, r) tel que 2 = qy + r et r ∈ {−1, 0, 1}. Ainsi
qy = 2 − r.
∗ Si r = 0 alors y divise 2.
∗ Si r = −1 alors y divise 3.
∗ Si r = 1 alors qy = 1 et y est inversible, c’est impossible.
Ainsi y divise 2 ou 3 et comme y n’est pas inversible et 2 et 3 sont irréductibles on a y = ±2 ou
y = ±3.
il existe (q, r) tel que ξ = qy + r et r ∈ {−1, 0, 1}. Ainsi y divise ξ, ξ + 1 ou ξ − 1. Mais y = ±2
ou ±3 et clairement y ne divise pas ξ ou ξ ± 1.
(e) En déduire que Z[ξ] n’est pas euclidien.
Solution: Z[ξ] n’est pas un corps et ne contient aucun élément satisfaisant les conditions (a)
et (b) de la question 1, ce ne peut donc pas être un corps.
4) Dans cette question, on montre que N est un norme de Dedekind-Hasse sur Z[ξ]. Soit x, y ∈ Z[ξ]
deux éléments non nuls tels que y ne divise pas x. On doit trouver des éléments s, t ∈ Z[ξ] tels que
0 < N (sx − ty) < N (y) c’est-à-dire tels que
(?)
On pose
x
0 < N (s · ( ) − t) < 1.
y
√
x
a + ib 19
a − b 2b
:=
=
+ ξ ∈ Q[ξ]
y
c
c
c
où pgcd(a, b, c) = 1 et c > 1.
√
(a − 1) + ib 19
) convient.
(a) On suppose que c = 2. Montrer que le couple (1,
2
Solution: On remarque tout d’abord que a et b ne peuvent pas être tous les deux impairs
puisque sinon
x
a−b
=
+ bξ ∈ Z[ξ] et y | x.
y
2
On voit aussi que a et b ne peuvent pas être tous les deux pairs puisque sinon pgcd(a, b, c) ≥ 2.
Ainsi l’un est pair et l’autre est impair, ce qui implique que (a − b − 1) est pair et
√
(a − 1) + ib 19
a−b−1
t=
=
+ bξ ∈ Z[ξ].
2
2
x
Un calcul montre alors que N (s · ( ) − t) = 1/2 et (?) est vérifiée.
y
√
(b) On suppose que c = 3. Montrer que a2 +19b2 = 3q+r où 1 ≤ r ≤ 2 et que le couple (a−ib 19, q)
convient.
Solution: Soit a = 3q1 + r1 et b = 3q2 + r2 . On a alors
a2 + 19b2 ≡ r12 + r22
4
mod 3.
Puisque a, b, c sont premiers entre eux on ne peut pas avoir (r1 , r2 ) = (0, 0). De plus, si r1 6= 0
alors r12 ≡ 1 mod 3. Ceci montre que r12 + r22 est congru à 1 ou 2 modulo 3. Un calcul montre
alors que
r
1
N (sx/y − t) = (a2 + 19b2 − 3q) =
3
3
d’où le résultat.
(c) On suppose que c = 4. Ainsi a et b ne sont pas tous les deux pairs.
i. Si a et √
b sont impairs montrer qu’il existe q ∈ N tel que a2 + 19b2 = 8q + 4 et que le couple
a − ib 19
(
, q) convient.
2
Solution: Si a et b sont impairs, alors a2 + 19b2 ≡ 1 + 3 = 4 mod 8 et a2 + 19b2 = 8q + 4.
On a donc s = (a + b)/2 − bζ ∈ Z[ζ] et un calcul montre que
N (sx/y − t) =
1 2
1
(a + 19b2 − 8q) = .
8
2
√
ii. Si a ou b est pair montrer que a2 +19b2 = 4q+r avec 0 < r < 4 et que le couple (a−ib 19, q)
convient.
Solution: Si a ou b est pair et l’autre impair, on voit que a2 + 19b2 est impair et donc
a2 + 19b2 = 4q + r pour 0 < r < 4. Un calcul montre alors que
N (sx/y − t) =
r
1 2
(a + 19b2 − 4q) = ,
4
4
d’où le résultat.
(d) On supppose que c ≥ 5. Puisque pgcd(a, b, c) = 1, il existe n1 , n2 , n3 ∈ Z tel que
n1 a + n2 b + n3 c = 1.
Soit (q, r) ∈ Z tel que n2 a − 19n1 b = cq + r avec |r| ≤ c/2. Montrer que le couple
√
√
(n2 + in1 19, q − in3 19)
convient.
Solution: Un calcul montre que
x
(n2 a − 19n1 b − qc)2 + 19(n1 a + n2 b + n3 c)2
N
s−t =
y
c2
De plus n2 a − 19n1 b − qc = r et n1 a + n2 b + n3 c = 1 donne
x
r2 + 19
.
N
s−t =
y
c2
Si c ≥ 6 on voit alors en utilisant |r| ≤ c/2 que :
x
1 19
7
0<N
s−t ≤ +
= < 1,
y
4 36
9
d’où le résultat.
Supposons maintenant que c = 5. Dans ce cas, l’inégalité |r| ≤ 5/2 donne r ≤ 2, et
x
r2 + 19
r2 + 19
23
N
s−t =
=
≤
< 1.
2
y
c
25
25
(e) Conclure.
Solution: On a montré que N est une norme de Deddekind-Hasse, ainsi Z[ξ] est principal.
Exercice 5 (Lemme de Gauss et critère d’Eisenstein.)
5
1) (a) Soient (P, Q) ∈ Z[X]2 et p un nombre premier. On suppose que p divise tous les coefficients du
produit P Q. Montrer que p divise tous les coefficients de P ou tous les coefficients de Q.
Solution: On se donne P et Q des polynômes à coefficients entiers et p un nombre premier.
On note
n
m
X
X
P =
pi X i ,
Q=
qj X j .
i=0
j=0
On va raisonner par contraposée. C’est à dire qu’on va montrer que si il existe un coefficient de
P non divisible par p et un coefficient de Q non divisible par p alors il existe un coefficient de
P Q non divisible par p. On introduit alors
i0 := min{i ≥ 0 : p - pi },
j0 := min{j ≥ 0 : p - qj }.
(On rappelle que les hypothèses sur les coefficients de P et Q montre que les ensembles considérés
sont non vides d’où l’existence des min)
Alors le coefficient en X i0 +j0 du polynôme P Q est donnée par la formule
iX
0 +j0
ai bj0 +i0 −i .
i=0
Or pour i < i0 on a p | ai , pour i > i0 on a j0 + i0 − i < j0 donc p | bj0 +i0 −i et évidemment
p étant premier et ne divisant ni ai0 ni bj0 le lemme de Gauss assure p - ai0 bj0 +i0 −i0 . Au final
p divise tous les termes de la somme sauf un il ne peut donc diviser le coefficient en X i0 +j0
de P Q.
(b) (Lemme de Gauss) Si P ∈ Z[X], on note c(P ) le pgcd des coeffcients de P . Montrer que
c(P Q) = c(P )c(Q) pour tout (P, Q) ∈ Z[X]2 .
Solution: Comme diviser tous les coefficients de P Q est équivalent à diviser leur pgcd, la
question précédente affirme que pour un nombre premier p on a
p | c(P Q) ⇒ p | c(P ) ou p | c(Q).
La réciproque est évidemment trivial vue la formule donnant les coefficients du produit. Comme
de manière générale pour tout polynôme R ∈ Z[X] et tout entier α on a
c(αR) = αc(R),
on peut alors montrer que les factorisations entières de c(P Q) et c(P )c(Q) sont les mêmes et
donc que
c(P Q) = c(P )c(Q).
2) Montrer que si P ∈ Z[X] est irréductible dans Z[X] alors P est irréductible dans Q[X].
Solution: Comme Z[X] ⊂ Q[X] il est évident que pour un polynôme P ∈ Z[X] on a : P réductible
dans Z[X] implique P réductible dans Q[X] et donc par contre apposée. Que l’irréductibilité dans
Q[X] implique celle dans Z[X].
Réciproquement soit R ∈ Z[X] un polynôme réductible dans Q[X]. C’est à dire
∃(P, Q) ∈ Q[X]2 ,
R = P Q,
deg(P ) ≥ 1,
deg(Q) ≥ 1.
On prend alors α (resp. β) le ppcm des dénominateurs des coefficients de P (resp. Q). On a
αβR = αP βQ, et αP ∈ Z[X],
βQ ∈ Z[X].
On peut alors tout de suite écrire grâce à la question précédente
αβc(R) = c(αβR) = c(αP βQ) = c(αP )c(βQ).
Mais comme on peut évidemment trouver P1 et Q1 dans Z[X] tels que
αP = c(αP )P1 ,
deg(P ) = deg(P1 )
βQ = c(βQ)Q1 , deg(Q) = deg(Q1 )
on écrit
αβR = c(αP )c(βQ)P1 Q1 = αβc(R)P1 Q1 ,
et l’anneau Z étant intègre on simplifie pour obtenir
R = c(R)P1 Q1 ,
comme on a des polynômes à coefficients entiers de degrés au moins 1 on a bien réductibilité de R
dans Z[X].
6
3) (a) (critère d’Eisenstein) Soit P = an X n + . . . + a1 X + a0 ∈ Z[X]. On suppose qu’il existe un
nombre premier p tel que
(i) ∀k ∈ {0, . . . , n − 1}, p | ak
(ii) p - an
et
(iii) p2 - a0 .
Montrer que P est irréductible dans Q[X].
Solution: On se donne des polynômes Q et R dans Z[X] tels que P = QR. On note alors
Q=
k
X
bi X i ,
R=
i=0
m
X
ci X i .
i=0
On en déduit donc
∀j ∈ J0, nK,
aj =
j
X
bi cj−i .
i=0
Puis on voit alors pour j = 0
p2 - b0 c0 .
p | b0 c0 ,
Comme p est premier en utilisant le lemme de Gauss et quitte à échanger Q et R on obtient
p | b0 ,
p - c0 .
Mais pour j = 1 on a maintenant en utilisant ce qui précède et les hypothèses sur a1
p | b0 c1 + b1 c0 ⇒ p | b1 c0 ⇒ p | b1 .
Pour j = 2 on a également
p | b0 c2 + b1 c1 + b2 c0 ⇒ p | b2 c0 ⇒ p | b2 .
On peut continuer jusqu’au coefficient an−1 pour obtenir
p | b0 cn−1 + ... + bn−1 c0 ⇒ p | bn−1 c0 ⇒ p | bn−1 .
(On notera au passage qu’on s’est permis d’introduire des coefficients plus haut que le degrés du
polynôme, ceux-ci sont simplement nuls) Si maintenant le polynôme R est de degrés au moins
1 on voit que la formule des dégrés implique que deg(Q) ≥ n − 1 et on vient en fait de montrer
que tous les coefficients de Q sont divisible par p donc c(Q) est divisible par p et grâce à la
formule de la question 1b) on a p|c(P ) ce qui est absurde car p ne divise pas an .
(b) Application : Soit p un nombre premier et Φ(X) = X p−1 + . . . + X + 1. Montrer que Φ est
irréductible dans Q[X]. [Aide : regarder XΦ(X + 1). ]
Solution: On commence par constater que
(X − 1)φ(X) = X p − 1.
On en déduit alors l’égalité
p
Xφ(X + 1) = (X + 1) − 1 =
p X
p
k=0
p X
p
X −1=
Xk.
k
k
k
k=1
On peut alors factoriser par X pour obtenir
φ(X + 1) =
p−1 X
p
Xk.
k+1
k=0
On constate alors comme p est premier que
p
p!
,
∀k ∈ J0, p − 2K,
p|
=
(k + 1)!(p − k − 1)!
k+1
car p n’est clairement pas un facteur des deux termes du dénominateurs.
On peut également constater que p1 = p n’est pas divisible par p2 et que pp = 1 n’est pas
divisible par p. On peut donc appliquer le critère de la question précédente et obtenir φ(X + 1)
irréductible. Or par contrapposée comme
φ = U V ⇒ φ(X + 1) = U (X + 1)V (X + 1),
on voit que cela entraîne l’irréductibilité de φ.
7
Exercice 6
1) Montrer que P = X 2 + X + 1 ∈ F2 [X] est irréductible.
Solution: Si le polynôme P = X 2 + X + 1 était réductible, un de ses facteurs serait de degrés 1 et
il aurait de ce fait une racine car F2 est un corps. Or
P (1) = 3 = 1 6= 0,
P (0) = 1 6= 0,
P n’a donc pas de racine et est donc, par contraposée, irréductible.
2) Construire un corps à 4 éléments. On calculera la table d’addition et de multiplication.
Solution: Comme P est irréductible, l’idéal (P ) est maximal et de ce fait F2 [X]/(P ) est un corps.
On appelle alors R l’espace vectoriel des polynômes de degrés plus petit que P . Et on considère
l’application φ : R → F2 [X]/(P ) qui a un polynôme associe sa classe d’équivalence.
L’application est injective car
∀(A, B) ∈ R 2 ,
φ(A) = φ(B) ⇒ P | (A − B),
mais comme A − B est de degrés plus petit que P on a A − B = 0.
L’application est surjective car si C ∈ F2 [X]/(P ) et Q ∈ C , on pose alors la division euclidienne de
Q par P pour obtenir
∃(A, R) ∈ F2 [X] × R,
Q = AP + R,
mais alors R ∈ C et donc
φ(R) = C .
Le corps F2 [X]/(P ) est donc en bijection avec R. Or {1, X} étant une base de cet espace vectoriel
il est en bijection avec (F2 )2 qui est de cardinal 4.
3) Montrer que P = X 3 + X + 1 ∈ F2 [X] est irréductible.
Solution: Pour que P = X 3 + X + 1 soit réductible il faudrait qu’a nouveau un de ses facteurs soit
de degrés 1 et il aurait de ce fait une racine. Or
P (1) = 3 = 1 6= 0,
P (0) = 1 6= 0.
Donc P est irréductible.
4) Construire un corps à 8 éléments. On calculera la table d’addition et de multiplication.
Solution: Comme pour la question 2) l’idéal engendré par P est maximal puis le corps F2 [X]/(P )
est en bijection avec les polynômes de degrés plus petit que P . Or {1, X, X 2 } étant une base de cet
espace vectoriel il est de cardinal 23 = 8.
Exercice 7
Compléter la table de mulitplication du corps F3 [X]/(X 2 + 1).
Solution:
×
0
1
2
X
X +1
X +2
2X
2X + 1
2X + 2
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
2
X
X +1
X +2
2X
2X + 1
2X + 2
2
0
2
1
2X
2X + 2
2X + 1
X
X +2
X +1
X
0
X
2X
2
X +2
2X + 2
1
X +1
2X + 1
X +1
0
X +1
2X + 2
X +2
2X
1
2X + 1
X
X
X +2
0
X +2
2X + 1
2X + 2
1
X
X +1
2X
2
2X
0
2X
X
1
2X + 1
X +1
2
2X + 2
X +2
2X + 1
0
2X + 1
X +2
X +1
2
2X
2X + 2
X
1
2X + 2
0
2X + 2
X +1
2X + 1
X
2
X +2
1
2X
Exercice 8
1. Montrer que Q = X 3 + 2X 2 + 1 est irréductible sur F3 .
Solution: Voir exercice suivant. On identifie le corps fini à 27 éléments avec le quotient F3 [X]/(Q).
On note x la classe de X.
8
2. Vérifier, sans faire trop de calculs, que x engendre F∗27 .
Solution: Il faut montrer que x est d’ordre 26. D’après le théorème de Lagrange, comme 26 = 2 × 13,
pour montrer que x est d’ordre 26 il suffit de montrer que x n’est pas d’ordre 2 ou 13. Les éléments de F∗27
s’écrivent sous la forme a0 + a1 x + a2 x2 avec (a0 , a1 , a2 ) ∈ F3 . L’élément neutre pour la mutliplication
est 1 = 1 + 0x + 0x2 . On voit donc que x2 6= 1. De plus, on a
x3 = x2 − 1
x4 = x3 − x = x2 − x − 1
x6 = (x3 )2 = (x2 − 1)2 = x4 + x2 + 1 = x2 − x − 1 + x2 + 1 = −x(x + 1)
x12 = (x6 )2 = x2 (x + 1)2 = x2 − x
x13 = x(x2 − x) = x3 − x2 = −1
ce qui montre que x n’est pas d’ordre 13. Ainsi x est d’ordre 26.
3. Montrer que x, x3 , x9 sont les racines de Q dans F27 .
Solution: Comme nous travaillons sur un corps de caractéristique 3, on a (a + b)3 = a3 + b3 pour tout
(a, b) ∈ F27 . Ainsi
(x3 )3 + 2(x3 )2 + 1 = (x3 )3 + (2x2 )3 + 13 = (x3 + 2x2 + 1)3 = 0
(x9 )3 + 2(x9 )2 + 1 = (x9 )3 + (2x2 )9 + 19 = (x3 + 2x2 + 1)9 = 0.
On a utilisé le fait que 23 = 2 dans F27 .
4. Soit a ∈ F27 . Résoudre l’équation w13 = a, en discutant, si besoin, selon les valeurs de a.
Solution: Si a = 0 alors l’unqiue solution est w = 0. On suppose dorénavant que a 6= 0. Puisque
a2 = w26 = 1 on doit avoir a = ±1. Supposons que a = 1. On pose w = xi . On a alors
w13 = 1 ⇐⇒ x13i = 1 ⇐⇒ 26 | 13i ⇐⇒ 2 | i
Ainsi l’ensemble de solutions de l’équation w13 = 1 est {x2k | k ∈ {0, . . . , 12}}.
Si a = 1 alors
w13 = −1 ⇐⇒ x13i = −1 ⇐⇒ 13i ≡ 13
mod 26 ⇐⇒ i = 2k + 1(k ∈ Z).
Ainsi l’ensemble de solutions de l’équation w13 = −1 est {x2k+1 | k ∈ {0, . . . , 12}}.
Exercice 9
1) Déterminer l’ensemble des polynômes irréductibles de degré plus petit que 5 dans F2 [X].
Solution: On commence par rappeler les résultats suivants :
? Les polyômes de degré 1 sont irréductibles ;
? Les polynômes de degré 2 ou 3 qui n’ont pas de racine sont irréductibles ;
? Un polynôme qui admet une racine est réductible.
Il y a 4 polynômes de degré 2 dans F2 [X], 8 polynômes de degré 3, 16 de degré 4 et 32 de degré 5.
Traitons tout d’abord le cas des polynômes de degré deux ou 3. Dans le tableau ci-dessous on liste
ces polynômes ainsi que leurs racines :
Polynôme
X2
X2 + X
X2 + 1
X2 + X + 1
X3
X3 + X2
X3 + X
X3 + 1
X3 + X2 + X
X3 + X2 + 1
X3 + X + 1
X3 + X2 + X + 1
9
Racine(s)
0
0, 1
1
∅
0
1
1
1
0
∅
∅
1
D’après les remarques ci-dessus, seuls les polynômes X 2 + X + 1, X 3 + X 2 + 1 et X 3 + X + 1 sont
irréductibles.
Considérons maintenant les polynômes de degré 4. On remarque déjà que si P n’a pas de terme
constant alors il admet 0 comme racine et il ne peut pas être irréductible. De même, s’il a un
nombre pair de termes non nul alors il admet 1 comme racine et il ne peut pas être irréductible.
Si un polynôme P n’admet pas de racine alors soit il est irréductible soit c’est un produit de deux
polynôme irréductible de degré 2. Comme il n’y a qu’un polynôme irréductible de degré deux, on voit
que seul X 4 + X 2 + 1 = (X 2 + X + 1)(X 2 + X + 1) correspond à ce cas. Finalement les polynômes
suivants sont irréductibles :
X 4 + X 3 + 1, X 4 + X + 1, X 4 + X 3 + X 2 + X + 1
Considérons maintenant les polynômes de degré 5. Soit P un polynôme irréductible de degré 5. En
argumentant comme précédemment, on voit que P a nécessairement un terme constant égal à 1 et un
nombre impair de termes. De plus, les seuls polynômes réductibles de degré 5 n’ayant pas de racine
sont
X 5 + X + 1 = (X 2 + X + 1) · (X 3 + X 2 + 1),
X 5 + X 4 + 1 = (X 2 + X + 1) · (X 3 + X + 1).
Finalement, les polynômes irréductibles de degré 5 sont
X 5 + X 4 + X 3 + X 2 + 1, X 5 + X 4 + X 3 + X + 1, X 5 + X 4 + X 2 + X + 1, X 5 + X 3 + X 2 + X + 1
et
X 5 + X 3 + 1, X 5 + X 2 + 1
2) Déterminer l’ensemble des polynômes irréductibles de degré plus petit que 3 dans F3 [X].
Solution: Les polynômes de degré 1 sont irréductibles. Pour les polynômes de degré 2 ou 3, être
irréductibles est équivalent à ne pas avoir de racine. Les polynômes irréductibles unitaires de degré
deux sont :
X 2 + 1, X 2 + X + 2, X 2 + 2X + 2.
Les polynômes irréductibles unitaires de degré trois sont :
X 3 + 2X + 1, X 3 + 2X + 2, X 3 + X 2 + 2, X 3 + X 2 + X + 2, X 3 + X 2 + 2X + 1,
X 3 + 2X 2 + 1, X 3 + 2X 2 + X + 1, X 3 + 2X 2 + 2X + 2
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