Université Francois Rabelais de Tours Licence de Mathématiques Solutions Feuille de Travaux Dirigés n◦ 2 L3, Algèbre Semestre 6 Questions de cours Exercice 1 Soit P ∈ K[X] avec K = R ou C. Montrer que α est une racine de multiplicité k de P si et seulement si pour tout j ∈ J0, k − 1K, on a P (j) (α) = 0 et P (k) (α) 6= 0. Solution: Supposons que α soit racine de multiplicité k de P . On a alors un polynôme Q tel que P = (X − α)k Q, Q(α) 6= 0. En utilisant la formule de Leibniz on a P (n) = ∀n ∈ J0, kK, n X n j=0 mais comme on a j ((X − α)k )(j) Q(n−j) , k! (X − α)k−j , (k − j)! ((X − α)k )(j) = on voit que pour n < k on j ≤ n < k et donc P (n) (α) = n X n j=0 j (0)Q(n−j) (α) = 0. Et pour n = k on fait le calcul P (k) (α) = k−1 X j=0 k (0)Q(k−j) α + k!Q(α) = k!Q(α) 6= 0. j Réciproquement si on suppose que P (j) (α) = 0, ∀n ∈ J0, k − 1K, P (k) (α) 6= 0, en appelant p le degrés de P on peut écrire la formule de Taylor pour les polynômes P = p p p X X X (X − α)j (j) (X − α)j (j) (X − α)j−k (j) P (α) = P (α) = (X − α)k P (α). j! j! j! j=0 j=k j=k Et on constate que si Q= p X (X − α)j−k (j) P (α), j! j=k on a bien P = (X − α)k Q, Q(α) = p X 0 (j) 1 (k) P (α) + P (α) 6= 0. k! j! j=k+1 Exercice 2 Soit P = X 4 − X 3 − X + 1 ∈ C[X]. 1) Justifier que 1 est racine de P et déterminer sa multiplicité. Solution: Si P = X 4 − X 3 − X + 1 on voit P (1) = 1 − 1 − 1 + 1 = 0, P 0 (1) = 4 − 3 − 1 = 0, P 00 (1) = 12 − 6 = 6 6= 0, et donc 1 est de multiplicité 2. 2) Factoriser P . Solution: P = (X − 1)2 (X 2 + X + 1). Puis comme P ∈ C[X] on doit encore écrire P = (X − 1)2 (X − √ √ −1 + i 3 −1 − i 3 )(X − ). 2 2 1 Exercice 3 Soit P = X 4 + 1. Déterminer la décomposition de P en produit d’irréductibles dans C[X], R[X] et Q[X]. π π Solution: On résoud l’équation z 4 + 1 = 0 dans C. On trouve 4 solutions : 1, ei 4 , e−i 4 , ei P = (X − e iπ 4 )(X − e −i π 4 )(X − e i 3π 4 −i 3π 4 )(X − e 3π 4 . Ainsi on a ). Tous les polynômes qui apparaissent dans cette décomposition sont bien irréductibles, c’est donc bien la factorisation de P en irréductibles dans C[X]. En regroupant les facteurs on trouve π π 3π P = (X − ei 4 )(X − e−i 4 )(X − ei 4 )(X − e−i √ √ = (X 2 + 2X + 1)(X 2 − 2X + 1). 3π 4 ) Encore une fois, tous les polynômes qui apparaissent dans cette décomposition sont bien irréductibles sur R (leurs discriminants sont négatifs) on a donc bien trouvé la factorisation de P en irréductibles dans R[X]. Finalement montrons que Q est irréductible sur Q. Supposons que le polynôme Q est réductible sur Q. Puisque Q n’a pas de racine dans Q, il se factorise comme un produit de deux polynômes unitaires de degré deux, disons A et B. Alors Q = AB est aussi une factorisation de Q sur R. Puisque Q n’a pas de racine dans R, les √ aussi irréductibles sur R. Par unicité de la factorisation on a √ polynômes A et B sont alors A = X 2 + 2X + 1 ou B = X 2 + 2X + 1. C’est une contradiction. Ainsi Q est irréductible sur Q. Relation entre coefficients et racines Exercice 4 1) Soit P = a2 X 2 + a1 X + a0 ∈ C[X] un polynôme de degré 2 et soit α1 , α2 les racines de P . Montrer que a1 α1 + α2 = − a 2 α1 α2 a0 = . a2 Solution: Si P = a2 X 2 + a1 X + a0 a pour racines α1 , α2 on peut en déduire a2 (X − α1 )(X − α2 ) = P, en développant et identifiant les coefficients on a alors bien ( a2 (−α1 − α2 ) = a1 , a2 (α1 α2 ) = a0 ce dont on déduit bien ( α1 + α2 = − aa21 α1 α2 = aa02 2) Soit P = a3 X 3 + a2 X 2 + a1 X + a0 ∈ C[X] un polynôme de degré 3 et soit α1 , α2 , α3 les racines de P . Montrer que a2 α1 + α2 + α3 =− a3 a1 α1 α2 + α2 α3 + α1 α3 = a3 a0 α1 α2 α3 =− . a3 Solution: En appliquant la même méthode on obtient a3 (−α1 − α2 − α3 ) = a2 a3 (α1 α2 + α1 α3 + α2 α3 ) = a1 a3 (−α1 α2 α4 ) = a0 ce dont on tire a2 α1 + α2 + α3 = − a3 α1 α2 + α1 α3 + α2 α3 = α1 α2 α4 = − aa30 2 a1 a3 3) Généraliser. Solution: Toujours la même méthodologie permet d’obtenir pour P = sont α1 , ..., αn on appelle ∀k ∈ J1, n, Pn k=0 ak X k dont les racines In,k := {(j1 , ..., jk ) ∈ J1, nKk : j1 < j2 < ... < jk }. Et on a alors X ∀k ∈ J1, nK, k Y αjβ = (−1)k (j1 ,...,jk )∈In,k β=1 an−k . an Exercice 5 1) Soit n un entier naturel p une racine rationnelle q — p divise le coefficient — q divise le coefficient et P un polynôme à coefficients entiers de degrés n. Montrer que si l’on a de P avec p et q premiers entre eux, alors : de plus bas degrés de P , de plus haut degrés de Q. Pn Solution: On pose P = i=0 ai X i . Comme pq est une racine on a n X p ai pi q n−i = pn P ( ) = 0. q i=0 Mais comme on voit ∀i ∈ J1, nK, on en déduit p | ai pi q n−i , p | a0 q n , puis p étant premier avec q le lemme de Gauss permet d’avoir p|a0 . De la même façon on a ∀i ∈ J0, n − 1K, q | ai pi q n−i , on en déduit q | an pn , puis p étant premier avec q le lemme de Gauss permet d’avoir q|an . 2) Utiliser le résultat précédent pour trouver les racines de 6X 4 − 35X 3 + 62X 2 − 35X + 6. Solution: Dans le cas qui nous intéresse on voit que si pq est racine du polynôme alors p et q sont des diviseurs de 6 premiers entre eux (on peut également suppose q > 0), on doit dont tester p = 1; −1, q = 6, q = 1, q = 3, p = 2; 1; −1; −2, q = 2, p = 3; 1; −1; −3, p = 6; 3; 2; 1; −1; −2; −3; −6. On constater alors P ( 31 ) = P ( 12 ) = P (2) = P (3) = 0 et en factorisant on a alors P = (X − 2)(X − 3)(2X − 1)(3X − 1). Corps finis 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. 3 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) 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 4 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 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 polynômes irréductibles 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 Exercice 9 Dans cet exercice on s’interesse aux carrés d’un corps fini. Soit q = pn une puissance d’un nombre premier p. On pose F2q = {x ∈ Fq | ∃y ∈ Fq , y 2 = x} et (F2q )∗ = F2q ∩ F∗q 1. Si p = 2, montrer que F2q = Fq . [ On montrera que l’application F (x) = x2 est un automorphisme de corps. ] 5 Solution: On considère l’application −→ 7−→ F : Fq x Fq x2 On a Im(F ) = F2q . Montrons que F est un automorphisme de corps. Soit x, y ∈ Fq . On a F (xy) = (xy)2 = x2 y 2 = F (x)F (y) F (x + y) = (x + y)2 = x2 + 2xy + y 2 = x2 + y 2 = F (x) + F (y). Un morphisme de corps est soit nul soit injectif (en effet ker(F ) est un ideal du corps Fq , c’est donc soit {0}, soit Fq ). Comme F est non-nul, F est injectif. Pusique Fq est fini, on voit que F est bijectif. En particulier F est surjectif et Im(F ) = F2q = Fq . 2. Si p > 2, montrer que |F2q | = q+1 2 et (F2q )∗ = q−1 2 . Solution: Considérons l’application F : F∗q x F∗q x2 −→ 7−→ On voit facilement que c’est un morphisme de groupe. De plus on a ker(F ) = {±1} (puisque p 6= 2 on a | ker(F )| = 2). L’application induite par F de F∗q / ker(F ) −→ Im(F ) est bijective et donc ∗ |Im(F )| = |F∗2 q | = |Fq |/2 = (q − 1)/2. 2 Finalement, comme F2q = F∗2 q ∪ {0}, on trouve |Fq | = (q + 1)/2. 3. Si p > 2, montrer que x ∈ F2q ⇐⇒ x q−1 2 =1 q−1 q−1 Solution: On pose X = {x ∈ Fq | x 2 = 1}. On a |X| ≤ q−1 2 (un polynôme de degré 2 a au plus q−1 q−1 2 ∗2 2 = y q−1 = 1 (le 2 racines). D’autre part, si x ∈ Fq alors il existe y ∈ Fq tel que x = y , donc x ∗2 ∗ groupe Fq est d’ordre q − 1) et x ∈ X. On a donc Fq ⊂ X et par un argument sur le cardinal, on voit qu’on doit avoir égalité. 4. Si p > 2, montrer que −1 est un carré dans Fq si et seulement si q ≡ 1 mod 4. Solution: 4. On a les équivalences suivantes : q−1 2 −1 ∈ F∗2 q ⇐⇒ (−1) q−1 est pair ⇐⇒ q ≡ 1 2 = 1 ⇐⇒ mod 4. Exercice 10 1. Trouver toutes les racines primitives de F17 . Soit b l’une d’elle ; donner les valeurs de logb,17 (a) pour tout résidu a ∈ F∗17 . Solution: Essayons avec des « petits » éléments de b ∈ (Z/pZ)∗ . On a i 2i 0 1 1 2 2 4 3 8 4 16 5 15 6 13 7 9 8 1 et donc 2 est d’ordre 8 et 2 n’est pas une racine primitive. On essaie avec 3 i 3i 0 1 1 3 2 9 3 10 4 13 5 5 6 15 7 11 8 16 9 14 10 8 11 7 12 4 13 12 14 2 15 6 16 1 et donc 3 est d’ordre 16 et 3 est une racine primitive. Les autres racines primitives sont de la forme 3i avec pgcd(i, 16) = 1, c’est-à-dire i est impair. Les racines primitives modulo 17 sont donc 3, 10, 5, 11, 14, 7, 12, 6 Pour le log on trouve a log3,17 (a) 1 0 2 14 3 1 4 12 5 5 6 15 7 11 6 8 10 9 2 10 3 11 7 12 13 13 4 14 9 15 6 16 8 2. Trouver toutes les racines primitives de F23 . Soit b l’une d’elle ; donner les valeurs de logb,23 (a) pour tout résidu a ∈ F∗23 . Solution: Essayons d’être plus efficace que dans la question précédente. On cherche un élément d’ordre 22 = 2 · 11 dans un groupe d’ordre 22. Tout élément (Z/pZ)∗ est d’ordre 1 (si c’est l’identité) 2, 11 ou 22. Ainsi si b ∈ (Z/pZ)∗ , pour vérifier que b est une racine primitive il suffit de vérifier que b1 , b2 , b11 6≡ 1 mod 23. On a 211 ≡ 311 ≡ 411 ≡ 1 mod 23 et donc 2,3,4 ne sont pas des racines primitives. On a 5, 52 , 511 6≡ 1 mod 23 et donc 5 doit être d’ordre 23 et c’est une racine primitive. On a i 5i 0 1 1 5 2 2 3 10 4 4 5 20 6 8 7 17 8 16 9 11 10 9 11 22 12 18 13 21 14 13 15 19 16 3 17 15 18 6 19 7 20 12 21 14 22 1 Les autres racines primitives modulo 23 sont les éléments de la forme 5i oû pgcd(i, 22) = 1 : 5, 10, 20, 17, 11, 21, 19, 15, 7, 14 Pour le log on trouve a log5,23 (a) 1 0 2 2 3 16 4 4 5 1 6 18 7 19 8 6 9 10 10 3 11 9 12 20 13 14 14 21 15 17 16 8 17 7 18 12 19 7 20 5 21 13 Pour aller plus loin Exercice 11 (Caractéristique d’un anneau) Soit A un anneau unitaire. La caractéristique de A est le plus petit entier n > 0 tel que 1A + 1A + · · · + 1A = 0. | {z } n termes S’il n’existe pas de tel entier, on dit que A est de caractéristique 0. 1) Déterminer la caractéristique des anneaux suivants Z, Zn , Q[x], Zn [x], Z2 × Z3 , Z2 × Z, Z2 × Z2 . Solution: Les caractéristiques sont respectivement 0, n, 0, n, 6, 0, 2. Considérons par exemple l’anneau Z2 × Z3 . L’identité est (1, 1). Les calculs dans la première composante sont faits modulu 2 et dans la deuxième composante modulo 3. Ainsi (1, 1) = (1, 1) (1, 1) + (1, 1) = (0, 2) (1, 1) + (1, 1) + (1, 1) = (1, 0) (1, 1) + (1, 1) + (1, 1) + (1, 1) = (0, 1) (1, 1) + (1, 1) + (1, 1) + (1, 1) + (1, 1) = (1, 2) (1, 1) + (1, 1) + (1, 1) + (1, 1) + (1, 1) + (1, 1) = (0, 0). La caractéristique est donc 6. 2) Montrer que si A est de caractéristique n > 0 alors a + a + · · · + a = 0 for all a ∈ R. {z } | n termes Solution: C’est clair puisque a + a + · · · + a = a(1R + 1R + · · · + 1R ) = a0 = 0. 3) On suppose que A est de caractéristique n > 0. Soit B un anneau unitaire et soit ϕ : A → B un morphisme d’anneau tel que ϕ(1A ) = 1B . Montrer que la caractéristique de B divise n. Solution: Par hypothèse 1A + · · · + 1A = 0A . {z } | n times 7 22 11 On applique ϕ et on utilise le fait que ϕ(1A ) = 1B : 1B + · · · + 1B = 0B . | {z } n times Ainsi 0 < char(B) ≤ char(A) = n. Soit m la caractéristique de S. On a n = qm + r où 0 ≤ r < m. En regroupant les termes dans l’addition on trouve 0B = (1B + · · · + 1B ) + · · · + (1B + · · · + 1B ) + 1B + · · · + 1B {z } | | {z } {z } | r terms m terms m terms | {z } q terms = 0B + · · · + 0B + 1B + · · · + 1B | {z } | {z } q terms r terms (since 1B + · · · + 1B = 0B ) | {z } m terms = 1B + · · · + 1B {z } | r terms Par minimalité de m et comme r < m, on doit avoir r = 0. Ainsi n = qm. 4) Montrer qu’il n’existe pas de morphisme de Z7 [X] dans Z5 [X] qui envoie 1 sur 1. Solution: S’il existe un tel morphisme alors char(Z5 [x]) = 5 diviserait char(Z7 [x]) = 7. On suppose dorénavant que K est un corps fini. 5) Montrer que la caractéristique p de K est un nombre premier. Solution: Nous allons prouver ce résultat de deux manières. Méthode 1. On utilisera les deux résultats intérmédiaires suivant. ∗ Soit I un idéal de A. I est premier si et seulement si A/I est intègre. ∗ Les idéaux premiers non nuls de Z sont exactement les idéaux de la forme pZ avec p premier. On considère le morphisme Φ : Z → K défini par Φ(n) = n · 1K . D’après le premier théorème d’isomorphisme, on sait Z/ ker Φ ' Im Φ. Le noyau de Φ est un idéal de Z , il est donc de la forme pZ avec p > 0 puisque Z/ ker Φ est fini. Comme Im Φ ⊂ K, Im Φ est intègre. Ceci montre que pZ est premier, donc p est premier. Par définition, on voit que p est la carctéristique de A. Méthode 2. On remarque que la caractéristique de K ne peut pas être 0 puisque sinon K aurait une infinité d’éléments de la forme 1, 1 + 1, 1 + 1 + 1, . . .. Supposons que K est de caractéristique n > 0. Si n = ab avec a, b ∈ N alors 0 = 1 + 1 + · · · + 1 = (1 + · · · + 1)(1 + · · · + 1). | {z } | {z } | {z } n termes a termes b termes Puisque K est intègre on a 1 + · · · + 1 = 0 ou | {z } a termes 1 + · · · + 1 = 0, | {z } b termes Par minimalité de n, ceci implique a = 1 and b = n ou b = 1 and a = n. Ainsi n est premier. 6) Expliquer comment K peut-être considéré comme un Z/pZ-espace vectoriel. Solution: On doit définir la multiplication par un scalaire λ · x pour λ ∈ Zp et x ∈ F . Soit λ ∈ Z/pZ et soit r ∈ {0, . . . , p − 1} l’unique éléments tel que r = λ. On pose λ · x = rx = x + · · · + x | {z } r termes On vérifie facilement que cela muni K d’une structure de Z/pZ-espace vectoriel. 7) En déduire que K possède pn éléments pour n ∈ N. Solution: Le corps K est un Z/pZ-espace vectoriel. Ainsi, il existe n > 0 tel que dim(K) = n (K est fini). Si (e1 , . . . , en ) désigne une base de K alors les éléments de K sont exactement les éléments de la forme a1 x1 + · · · + an xn avec a1 , . . . , an ∈ Zp . Il y en a pn . 8