Groupes abéliens de type fini, polynômes, extensions

Université Lille I
Master 1
Année 2016-2017
Devoir n◦ 1
Groupes abéliens de type fini, polynômes, extensions
Exercice 1
1. Soit A un groupe abélien et pour i = 1, 2 soit φ : Li → A un épimorphisme,
où Li est un groupe abélien libre de rang fini. On pose
L3 = {(x1 , x2 ) ∈ L1 × L2 /φ1 (x1 ) = φ2 (x2 )}
(a) Montrer que si p1 : L3 → L1 est la première projection, (x1 , x2 ) 7→ x1 , alors p1 est un
épimorphisme.
(b) Montrer que L3 est un groupe abélien libre de rang fini.
2. Soit A un groupe abélien, L un groupe abélien libre de rang fini, φ : A → L un morphisme. Soit (l1 , · · · , lr ) une base de L et (a1 , · · · , ar ) des antécédents arbitraires par φ,
i.e. pour i = 1, · · · , r on a φ(ai ) = li .
(a) Montrer que la famille (a1 , · · · , ar ) est libre.
(b) Si A0 = Za1 ⊕ · · · ⊕ Zar , montrer que ker φ ⊕ A0 = A.
3. Soit p : L0 → L un épimorphisme, où L et L0 sont des groupes abéliens libres de rang
fini. Soit M < L et M 0 = p−1 M . On note K 0 = ker p et (e01 , · · · , e0k ) une base de K 0 .
(a) Montrer que ker p|M 0 = K 0 .
(b) Soit (e1 , · · · , er ) une base de L et (e0k+1 , · · · , e0k+r ) des pré-images arbitraires par p
(i.e. p(e0k+i ) = ei pour i = 1, · · · , r). Montrer que (e01 , · · · , e0k+r ) est une base de L0
(on pourra appliquer la question 2. au morphisme p).
(c) On impose à présent à (e1 , · · · , er ) d’être adaptée à M : il existe s 6 r et d1 |d2 | · · · |ds
des entiers > 1 tels que (d1 e1 , · · · , ds es ) soit une base de M . Montrer que
(e01 , · · · , e0k , d1 e0k+1 , · · · , ds e0k+s )
est une base de M 0 .
(d) En déduire, si rg désigne le rang, que rg L0 − rg M 0 = rg L − rg M et que les invariants
> 1 de M 0 < L0 sont les mêmes que ceux de M < L.
4. Soit A un groupe abélien de type fini, on sait qu’il existe un isomorphisme
A'
Z
Z
× ··· ×
× Zα
δ1 Z
δt Z
avec δi > 2, δ1 |δ2 | · · · |δt et α > 0. Montrer, à l’aide des questions précédentes, que ces
invariants, y compris α, ne dépendent pas de l’isomorphisme choisi.
Exercice 2 Les polynômes suivants sont-ils irréductibles ?
Y 2 − X 3 + X ∈ Z[X, Y ],
P (X) − Y Q(X) ∈ k(X)[Y ] où k est un corps,
P (X) − Y Q(X) ∈ k[X, Y ] où k est un corps.
1
Exercice 3 Soit E = Q[α], où α3 − α2 + α + 2 = 0. Exprimer (α2 + α + 1)(α2 − α) et (α − 1)−1
sous la forme a + bα + cα2 , où (a, b, c) ∈ Q3 .
√
√
Exercice 4 Montrer que les deux corps Q( 7) et Q( 11) ne sont pas isomorphes.
Exercice 5 Soient a > 0 et n > 0 deux entiers avec a non divisible par un carré. Le polynôme
X n − a est alors irréductible dans Q[X] (par exemple d’après le critère d’Eisenstein). Soit K/Q
une extension de degré fini d, et α la racine réelle positive de X n − a.
1. Montrer que les conditions suivantes sont équivalentes :
(i) X n − a est irréductible dans K[X]
(ii) [K(α) : K] = [Q(α) : Q]
(iii) [K(α) : Q(α)] = [K : Q]
2. Montrer que si n et d sont premiers entre eux, X n − a est irréductible dans K[X].
3. Montrer que X n − a est irréductible dans Q(i)[X].
Exercice 6
1. Déterminer le degré du corps de décomposition de X 5 − 2 sur Q (c’est à
dire la plus petite extension de Q contenant toutes les racines).
√
2. Soit ζ ∈ C tel que ζ 5 = 1, ζ 6= 1, on pose z = ζ 5 2 et t = z 2 + z 3 . Montrer que
Q(t) = Q(z).
3. Montrer que le polynôme minimal P de t sur Q est le polynôme caractéristique de
l’application Q-linéaire “multiplication par t” dans Q(t).
4. Déduire des deux questions précédentes une expression explicite de P .
5. Déterminer toutes les racines de P .
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Groupes abéliens de type fini, polynômes, extensions
Correction 1
1. (a) Si on fixe x1 dans L1 , ses antécédents par p1 sont les couples (x1 , x2 )
tels que φ1 (x1 ) = φ2 (x2 ). Comme φ2 est un épimorphisme, cet ensemble est non vide.
(b) L1 × L2 est libre de rang fini (son rang est la somme des rangs de L1 et de L2 ) ; on
en déduit que L3 , qui est sous-groupe de L1 × L2 , est aussi libre de rang fini.
Pr
2. (a) Soient (ni )16i6r une famille d’entiers
relatifs
telle
que
i=1 ni ai = 0. En prenant
Pr
l’image par φ, on trouve que i=1 ni li = 0 ; comme (li )16i6r est une base de L, on
en déduit que pour i = 1, · · · , r on a ni = 0.
P
(b) Montrons que ker φ ∩ A0 = 0. Soit x = ri=1 ni ai un élément de ker φ ∩ A0 , alors
en prenant l’image par φ on obtient que chacun des ni est nul, pour i = 1, · · · , r,
0
et doncP
x = 0. On montre à présent que
A : si x ∈ A, on peut écrire
Pr ker φ + AP=
r
r
φ(x) = i=1 ni li , mais alors x = (x − i=1 ni ai ) + i=1 ni ai où le premier terme est
dans ker φ et le second dans A0 .
3. (a) En général, on a toujours que ker p|M 0 = ker p ∩ M 0 . Mais comme ici ker p = p−1 (0) <
p−1 (M ) = M 0 , on conclut que ker p|M 0 = ker p = K 0 .
(b) C’est une conséquence de la question 2. et du fait qu’on obtient une base d’une somme
directe en concaténant une base de chacun des facteurs directs.
(c) On a p(di e0i ) = di p(e0i ) = di ei pour i = 1, · · · , s, donc les (di e0i )16i6s sont dans M 0 et
forment une famille de pré-images de la base (di ei )16i6s de M . Compte tenu de (a),
on peut conclure comme à la question précédente en appliquant 2. à p|M 0 .
(d) D’après les questions précédentes, la famille (e01 , · · · , e0k+r ) est une base de L0 adaptée
à M 0 , avec pour invariants 1|1| · · · |1|d1 |d2 | · · · |ds (où il y a k invariants égaux à 1
pour commencer) ce qui montre la propriété pour les invariants. Pour les rangs, on a
vu que rg L0 = k + r et rg M 0 = k + s, avec r = rg L et s = rg M , d’où la conclusion.
4. L’isomorphisme A ' δ1ZZ × · · · × δZt Z × Zα permet de définir un épimorphisme de L1 :=
Zt × Zα → A dont le noyau est M1 := Zt , où le morphisme M1 → L1 est donné par
multiplication par δi sur chaque composante. Un deuxième isomorphisme A ' δZ0 Z ×
··· ×
Z
δt0 0 Z
0
0
0
1
× Zα définit de manière similaire un épimorphisme L2 := Zt × Zα → A dont
0
le noyau est M2 := Zt . On définit alors L3 comme à la question 1. et M3 comme le
noyau de l’application composée L3 → A. En appliquant la question 3., on voit que les
invariants > 1 de M1 < L1 , qui sont les δi , sont aussi les invariants > 1 de M3 < L3 , qui
sont aussi les invariants > 1 de M2 < L2 , qui sont les δi00 . On raisonne de même pour les
rangs.
Correction 2 Comme Z[X] est factoriel, de corps des fractions Q(X), et Z[X, Y ] ' Z[X][Y ],
on peut appliquer le critère d’Eisenstein à P = Y 2 − X 3 + X vu comme polynôme en Y à
coefficients dans Z[X], pour l’irréductible X de Z[X], P est donc irréductible dans Q(X)[Y ].
Comme il est de contenu 1, il est donc irréductible dans Z[X][Y ].
Comme P (X) − Y Q(X) est de degré 1, il est irréductible dans k(X)[Y ].
On en déduit que P (X) − Y Q(X) est irréductible dans k[X, Y ] = k[X][Y ] si et seulement s’il
est de contenu 1, i.e. si et seulement P ∧ Q = 1.
1
Correction 3 La division euclidienne de (X 2 + X + 1)(X 2 − X) par X 3 − X 2 + X + 2 a pour
reste −4X − 2, on en déduit que (α2 + α + 1)(α2 − α) = −4α − 2.
En appliquant l’algorithme de Bezout à X − 1 et X 3 − X 2 + X + 2, on trouve
1
1 1
(X − 1)(− − X 2 ) + (X 3 − X 2 + X + 2) = 1
3 3
3
1 2
1
−1
En évaluant en α il vient : (α − 1) = − 3 − 3 α .
√
Correction 4 Si ces corps étaient
isomorphes, 7 serait
un carré dans Q( √
11), et on aurait
√
√
2
2
donc (a, b) ∈ Q tels que (a
√ + b 11) = 7. Comme (1, 11) est une base de Q( 11), ceci donne,
au vu de a2 + 11b2 + 2ab 11 = 7, que ab = 0. On a donc soit 11b2 = 7, soit a2 = 7, ce qui est
absurde, car d’après Eisenstein avec p = 7 les polynômes 11X 2 − 7 et X 2 − 7 sont irréductibles
sur Q.
Correction 5
1. Comme les degrés sont multiplicatifs dans les tours, les deux dernières
conditions équivalent au fait que [K(α) : Q] = nd, donc sont équivalentes. Comme
Pα,K |Pα,Q , et [K(α) : K] = deg Pα,K , [Q(α) : Q] = deg Pα,Q , le (ii) équivaut à Pα,K =
Pα,Q , i.e. Pα,K = X n − a, ce qui équivaut encore à X n − a irréductible dans K[X].
2. Si n et d sont premiers entre eux, on sait que K et Q(α) sont linéairement disjointes,
d’où [K(α) : Q] = nd, et donc d’après la première question X n − a est irréductible dans
K[X].
3. Comme α est réelle Q(α) ⊂ R, donc i 6∈ Q(α). On en déduit que [Q(α, i) : Q] = 2n, et
donc d’après la première question X n − a est irréductible dans Q(i)[X].
Correction 6
1. Soit ζ√6= 1 une racine 5-ième de l’unité. Le corps de décomposition
de
√
5
, 0 6 k√6 4). Ce corps est clairement
contenu
dans
Q(
2,
ζ),
X 5 − 2 sur Q est Q( 5 2ζ k√
√
√
mais
comme il contient 5 2ζ k / 5 2ζ k−1 = ζ, et
donc 5 2ζ/ζ = 5 2, on a égalité. Or
√
√
Q( 5 2) et Q(ζ), dont les degrés, 4 et 5, sont
Q( 5 2, ζ) est le compositum des extensions
√
premiers entre eux ; donc le degré de Q( 5 2, ζ) est 20.
2. On a clairement Q ⊂ Q(t) ⊂ Q(z). Le polynôme minimal de z sur Q est X 5 − 2, donc
[Q(z) : Q] = 5. Comme ce degré est premier on a soit Q(t) = Q soit Q(t) = Q(z). Or la
première égalité est exclue car la partie (1, z 2 , z 3 ) est Q-libre.
3. La matrice de l’application Q-linéaire “multiplication par t” dans Q(t), exprimée dans la
base (1, t, t2 , t3 , t4 ) est la matrice compagnon associée au polynôme minimal P de t sur
Q. Son polynôme caractéristique est donc P .
4. La matrice de l’application Q-linéaire “multiplication par t” dans Q(t), exprimée dans la
base (1, z, z 2 , z 3 , z 4 ) est :


0 0 2 2 0
 0 0 0 2 2 


 1 0 0 0 2 


 1 1 0 0 0 
0 1 1 0 0
et un pivot de Gauss montre que son polynôme caractéristique vaut X 5 −10X 3 +20X−12.
5. Les racines de P sont les conjugués de t sur Q. Ce sont aussi les images de t par les
5 plongements distincts de Q(t) dans C, or comme Q(t) = Q(z) ceux-ci correspondent
aussi aux conjugués de z, qui sont les racines de X 5 − 2, à savoir ζ k z pour k ∈ {0, 4}.
On en déduit que les racines de P sont exactement ζ 2k z 2 + ζ 3k z 3 pour k ∈ {0, 4}.
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