devoir n2

Soit P (X) = X p − 3.
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Exercice 1.1
√
Clairement, les racines de P dans C sont p 3ζ i pour i de 0 à p − 1. Donc K,
engendré par ces racines, contient ζ car quotient de deux racines :
√
p
3ζ
ζ= √
p
3
√
Donc K est bien une extension
de k. √Par ailleurs, elle contient bien sûr p 3
√
racine de P . Clairement k[ p 3] = Q[ζ, p 3] contient les racines de P donc on a
√
p
K = k[ 3]
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Exercice 1.2
p étant premier, 1 + X + · · ·√+ X p−1 est irréductible comme polynôme cyclotomique
et [k : Q] = p − 1 . p 3 étant solution d’une équation de degré p, on a
√
p
[k[ 3] : k] ≤ p. Or
√
p
[K : Q] = [k[ 3] : k][k : Q]
On en déduit que [K : Q] est divisible par p − 1 et est plus petit que p(p − 1).
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Exercice 1.3
Ecrivons P = P1 .P2 avec P1 , P2 dans Q[X] et P1 de degré n non
√ nul. Alors les
racines de P1 sont celle de P . En particulier, leur module est p 3. D’autre part,
le produit de toutes les racines vaut au signe prés P1 (0) qui est rationnelle - et
même entier d’ailleurs. En passant au module et en élevant à la puissance p, on
obtient
∃p1 , q1 ∈ Z∗ / q1p 3n = pp1
On peut bien sûr supposer q1 premier avec p1 et les deux positifs. Donc pp1
n
divise 3n . On en déduit que 3pp est un entier qui a un inverse q1p dans N . Donc
1
il vaut 1 et p1 = 3, n = p. P2 est donc constant et P est irréductible.
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Exercice 1.4
√
L’irréductibilité de P implique immédiatement que [Q[ p 3]] = p. Mais
√
√
p
p
[K : Q] = [K : Q[ 3].[Q[ 3] : Q]
Donc p divise [K : Q]. D’après le point 2, il est aussi divisible par p − 1 qui est
premier avec p donc il est divisible par p(p − 1). On savait aussi qu’il était plus
petit que ce nombre, donc
[K : Q] = p(p − 1)
1
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Exercice 1.5
√
De [K : Q] = [k[ p 3] : k][k : Q], on déduit que
√
p
[k[ 3] : k] = p
Donc il n’existe
pas de polynôme à coefficient dans k de degré plus petit que p
√
annulant p 3, ce qui revient à dire que P est aussi irréductible sur k.
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Exercice 1.6
K est une extension galoisienne de k puisque c’est le corps de racines de P . On
peut donc appliquer la théorie de Galois à l’extension Q ⊂ k ⊂ K,
Soit N le groupe de Galois de P sur k vu comme sous-groupe de G.
k, comme extension cyclotomique avec p premier est une extension galoisienne de Q de groupe de Galois isomorphe à Z/(p − 1)Z.
Comme l’extension est galoisienne, N est distingué dans G et G/N est isomorphe à son groupe de Galois Z/(p − 1)Z.
√
Reste à calculer N . Les racines√sont p√3ζ i . Soit alors σ un élément de ce
groupe, il permute les racines et σ( p 3) = p 3ζ i pour un certain i de [0, p − 1].
Comme ζ j est dans k,
√
√
p
p
σ( 3ζ j ) = σ( 3)ζ i+j
et σ est parfaitement défini et on peut facilement vérifier que c’est un morphisme
de corps.
√
√
Si on définit σ1 comme celui qui envoie σ( p 3) sur p 3ζ, on a clairement
σ = σ1i . N est donc un groupe cyclique d’ordre p.
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Exercice 1.7
√
Considérons
maintenant la suite d’extension Q ⊂ Q[ p 3] ⊂ K L’extension K de
√
Q[ p 3] est cyclotomique sur un corps de caractéristique nulle et son groupe de
Galois H est donc isomorphe à un sous-groupe de Z/(p − 1)Z.
Par ailleurs, de l’équation
√
√
p
p
[K : Q] = [K : Q[ 3].[Q[ 3] : Q]
√
on tire que [K : Q[ p 3] = p − 1. H contient donc au moins p − 1 éléments, et H
est donc isomorphe à Z/(p − 1)Z
H ∩ N est un sous-groupe de N . Or N est cyclique d’ordre p premier.
Classiquement, les seuls sous-groupes sont 0 et N . Comme H contient p − 1
éléments, ce n’est pas N , c’est donc√0 et H ∩ N = 0
3] de Q n’est pas galoisienne. En effet, il
On constate
que l’extension Q[ p √
√
p
contient 3 mais pas son conjugué p 3ζ. La théorie de Galois implique alors
que H n’est pas distingué.
Ayant un sous-groupe non distingué, G ne saurait être commutatif.
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Exercice 2.1
L’extension Q[ζn ] est une extension galoisienne connue : c’est l’extension cyclotomique de degré φ(n) avec φ l’indicateur d’Euler et son groupe de Galois est
(Z/nZ)∗ , les éléments inversibles de Z/nZ.
Si il y a une extension E de degré 3 de Q dans Q[ζn ], alors, en considérant
la suite d’extension Q ⊂ E ⊂ Q[ζn ], on en déduit que 3 divise φ(n).
Le premier candidat est n = 7 car φ(7) = 6. On vérifie qu’il convient. En
effet les extensions se lisent dans les sous-groupes de (Z/nZ)∗ qui est un un
groupe cyclique d’ordre 6 puisque 7 est premier. Les extensions de degré 3 sont
les sous-groupes de cardinal 6/3 = 2. Il n’y en a qu’un, c’est {1, 6}, engendré
par l’automorphisme σ(ζ7 ) = ζ76 = ζ7 , c’est donc la conjugaison complexe.
L’extension E est alors celle qui est stable par conjugaison complexe, donc
E = Q[ζ7 ] ∩ R
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Exercice 2.2
En fait, la démonstration précédente a déjà montré qu’il y en avait qu’une car
il n’y a qu’un seul sous-groupe d’ordre 2 dans Z/6Z.
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Exercice 2.3
Le groupe de Galois de Q[ζ7 ] étant commutatif, tous ses sous-groupes sont
distingués et donc toutes les sous-extensions sont galoisiennes, en particulier
E.
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Exercice 2.3
Prenons un élément de E, par exemple x = ζ7 + ζ7−1 .
Ses conjugés sont les σ(x) où σ décrit le groupe de Galois G. On vérifie que
3 est bien un générateur de (Z/7Z)∗ correspondant au morphisme σ(ζ7 ) = ζ73 .
Donc les conjugués de x sont ζ73 + ζ7−3 et ζ79 + ζ7−9 et comme ζ77 = 1, notre
polynôme est
P (X) = (X − ζ7 − ζ7−1 )(X − ζ72 − ζ7−2 )(X − ζ73 − ζ7−3 )
dont on sait qu’il est à coefficient entiers puisque ces derniers sont stables par
Galois.
x n’est pas rationnel, sinon ζ7 serait solution de l’ équation X 2 − xX + 1
de degré 2. Or on sait que l’extension Q[ζ7 ] est de degré 6. De plus, il ne peut
être solution d’une équation de degré 2, car cette extension, incluse dans E,
impliquerait que 2 divise 3. Il est donc de degré 3, P est son polynôme minimal
et est donc irréductible.
Calculons, pour la forme, les coefficients de P .
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Celui de X 2 est la somme, au signe près, des ζ i , i allant de 1 à 6, qui vaut
−1.
Celui de X est la somme des xi .xj avec xi une racine. En développant,
on
P i
a donc 4.3 = 12 de ζ i avec i 6= 0. C’est donc par symétrie deux fois
ζ , c’est
donc −2
La constante est −x1 x2 x3 . Cette fois, on a 2.2.2 = 8 termes en ζ7i . Il y en a
forcément 2 de puissance 0 et les autres sont les ζ7i avec des i différents. C’est
donc −(2 − 1) = −1. On trouve
P (X) = X 3 + X 2 − 2X − 1
Vérifions qu’il n’y a pas de faute de calcul :
P (x)
=(ζ7 + ζ7−1 )3 + (ζ7 + ζ7−1 )2 − 2(ζ7 + ζ7−1 ) − 1
=ζ73 + ζ7−3 + 3ζ7 .ζ7−1 (ζ7 + ζ7−1 ) + ζ72 + ζ7−2 + 2.ζ7 .ζ7−1 − 2(ζ7 + ζ7−1 ) − 1
=ζ73 + ζ7−3 + (3 − 2)(ζ7 + ζ7−1 ) + ζ72 + ζ7−2 + 2 − 1
=0
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Exercice 3.1
Soit P (X) = X 5 − 6X + 3.
Montrons que P est irréductible. 3 divise tous les coefficients mais 9 = 33 ne
divise pas 3, le coefficient constant. Le critère d’Eisenstein avec p = 3 s’applique
et P est irréductible.
Comme P est irréductible, on peut envoyer, par un élément de G, toute
racine de P sur une autre racine. En d’autres termes, G opère transitivement
sur les racines, et on a vu (exercice V.4) que dans ce cas, 5 divise l’ordre de G.
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Exercice 3.2
Le polynôme P étant à coefficients réels, les deux racines complexes sont conjugués et la conjugaison complexe envoie donc une racine complexe sur l’autre et
laisse bien sûr les trois réels inchangés. Elle correspond donc à une transposition
dans S5 .
D’un autre côté, 5 étant premier et divisant le cardinal de G le lemme de
Cauchy(exercice V.5)nous permet d’affirmer qu’il y a un élément d’ordre 5. Or
une permutation d’ordre 5 est en fait un cycle. Pour cela, il suffit de décomposer
la permutation en cycle sur support disjoint. L’ordre est alors le ppcm des
ordres de chaque cycle puisqu’ils commutent. Mais 5 étant premier, ils sont
toutes d’ordre 5. Comme il n’y a que 5 racines, il y en a bien qu’un.
Pour conclure, on a vu dans l’exercice V.2 qu’une cycle d’ordre n et une
transposition engendrait le groupe Sn si n est premier, donc G = S5
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Exercice 3.3
On a vu que A5 n’était pas résoluble car son commutateur était lui même. Donc
S5 n’est pas résoluble. Comme une extension est résoluble par radicaux, si et
seulement si son groupe de Galois l’est, le polynôme n’est pas résoluble par
radicaux.
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