Corrigé

Cours d’Algèbre II
Prof. E. Bayer Fluckiger
Bachelor Semestre 4
27 mai 2015
Quiz 25
Question 1.
Donner deux anneaux de cardinal 9 non isomorphes.
Solution. Les anneaux F9 et Z/9Z sont de cardinal 9 et ils ne sont pas isomorphes (F9 est un corps ; Z/9Z n’est pas un corps).
Question 2.
Soit K un corps de caractéristique p. Soient a, b ∈ K. Montrer que (a + b)p =
p
a + bp .
Solution. On utilise la formule du binôme de Newton
p X
p
p
(a + b) =
ak bp−k .
k
k=0
p
p!
On remarque que p divise
= k!(p−k)!
pour tout k 6= 0. Or K est de cak
ractéristique p, donc pak bp−k = 0. On a donc bien (a + b)p = ap + bp .
Question 3.
Soit n > 1 un entier, p un nombre premier, et r > 0 un entier. Donner la liste
des homomorphismes d’anneaux f : Z/nZ → Fpr .
Solution. On doit avoir f ([1]n ) = [1]p . Or [1]n engendre le groupe (Z/nZ, +),
donc si il existe un homomorphisme d’anneaux f : Z/nZ → Fpr , alors f est défini
par
f ([k]p ) = f (k[1]n ) = kf ([1]n ]) = k[1]p = [k]p .
On a donc au plus un homomorphisme d’anneaux f : Z/nZ → Fpr . De plus on
doit avoir
[0]p = f ([n]n ) = [n]p .
Ainsi, si p ne divise pas n, alors il n’existe pas d’homomorphisme d’anneaux
f : Z/nZ → Fpr . Si p | n, alors le troisième théorème d’imorphisme montre
l’existence d’un isomorphisme d’anneaux φ : (Z/nZ)/(pZ/nZ) → Z/pZ. De plus,
si π : Z/nZ → (Z/nZ)/(pZ/nZ) est la surjection canonique, alors
φ ◦ π : Z/nZ → Z/pZ ⊆ Fpr
est un homomorphisme d’anneaux.
2
Question 4.
Soit L/K une extension de corps. Montrer que α ∈ L est algébrique sur K si
et seulement si l’extension K(α)/K est finie.
Solution.
Si K(α)/K est finie et d = [K(α) : K], alors la famille (1, α, · · · , αd ) est liée
sur K. Il existe donc a0 , · · · , ad ∈ K tels que a0 + a1 α + · · · + ad αd = 0. Ainsi α
d
X
est algébrique sur K : il est racine de
ak X k .
k=0
Supposons maintenant que α est algébrique sur K. Soit f le polynôme minimal
de α. Alors (1, α, · · · , αdeg(f )−1 ) est une K-base de K(α) d’après la solution de
l’exercice 3 de la série 24. En particulier l’extension K(α)/K est finie.
Cours d’Algèbre II
Prof. E. Bayer Fluckiger
Bachelor Semestre 4
27 mai 2015
Corrigé 25
Exercice 1. Soit K un corps et f ∈ K[X] un polynôme. Montrer l’existence
deg(f )
Y
d’une extension L de K telle que f = λ
(X − ak ) avec ak ∈ L pour tout k.
k=0
Solution.
Notons que l’énoncé est équivalent à montrer qu’il existe une extension finie E/K
contenant toutes les racines de f . En effet, rappelons que x ∈ E est une racine de
f si et seulement si X − x divise f . Si E contient toutes les racines de f , il suit
que f s’écrit comme un produit de termes de degré 1 dans E[X] par divisions
successives.
Rappelons qu’il a été démontré au cours que si f ∈ K[X] est un polynôme
irréductible, il existe une extension E de K contenant une racine de f (Explicitement, on peut prendre E = K[X]/(f )).
Nous démontrons alors le résultat suivant par récurrence sur n ≥ 1 :
(Pn ) : Soit K un corps et f ∈ K[X] un polynôme de degré n. Alors
il existe une extension E de K contenant toutes les racines de f .
Si n = 1, le résultat est évident puisqu’il suffit de prendre E = K. Supposons
que P1 , . . . , Pn−1 soient vraies pour un certain entier n ≥ 1 et soit K un corps et
f ∈ K[X] un polynôme de degré n. Nous distinguons deux cas :
(1) Si f est irréductible, il existe une extension E de K telle que f ∈ E[X]
possède une racine a ∈ E. Par division euclidienne, cela implique qu’il
existe g ∈ E[X] tel que f = (X − a)g. Puisque g a degré n − 1 < n, il
existe une extension M de E contenant toutes les racines de g. Ainsi, M
est une extension de K contenant toutes les racines de f .
(2) Si f n’est pas irréductible, il existe g, h ∈ K[X] de degrés non-nuls tels
que f = gh. En particulier, deg g, deg h < n. Par hypothèse de récurrence,
il existe donc une extension E1 de K contenant toutes les racines de g.
En regardant h comme un polynôme de E1 [X] ⊃ K[X], l’hypothèse de
récurrence implique qu’il existe à nouveau une extension E2 de E1 contenant toutes les racines de h. Ainsi, E2 est une extension de K contenant
toutes les racines de f .
4
Ainsi, (Pn ) est vraie et le résultat est démontré.
Exercice 2. Soient f (X) = X 2 + 1 ∈ F3 [X], et K = F3 [X]/(f ).
(1) Montrer que f est irréductible sur F3 .
(2) L’anneau K est-il un corps ?
(3) Donner la liste des éléments de K.
(4) Le groupe multiplicatif K ∗ est-il cyclique ? Si oui, donnez un générateur
du groupe K ∗ .
(5) Soient g(X) = X 2 + X + 2 ∈ F3 [X], et L = F3 [X]/(g). Les corps K et L
sont isomorphes ? Si oui, donner un isomorphisme de corps entre K et L.
Solution.
(1) Puisque f est de degré 2, il suffit de vérifier qu’il ne possède pas de racines
dans F3 . Ceci est évident : f (0) = 1, f (1) = 2, f (2) = 5 ≡ 2 (mod 3).
(2) D’après le cours, K est un corps puisque f est irréductible.
(3) Pour π : F3 [X] → K la projection canonique, notons [g] l’image d’un
élément g ∈ F3 [X] par π. Par division euclidienne, tout élément de K
s’écrit de manière unique comme [g], pour g ∈ F3 [X] un polynôme de
degré < 2. Ainsi, K possède 32 = 9 éléments, donnés par
[0], [1], [2], [X], [X + 1], [X + 2], [2X], [2X + 1], [2X + 2].
Posons α = [X]. Remarquons aussi que π restreint a F3 est injectif, donc
nous pouvons identifier [a] à a lorsque a ∈ F3 . Sous ces notations, on
obtient donc
K = {0, 1, 2, α, α + 1, α + 2, 2α, 2α + 1, 2α + 2}.
Notons que α2 + 1 = 0 par construction.
(4) Le groupe K ∗ est cyclique, et les générateurs possibles sont :
α + 1, α + 2, 2α + 1, 2α + 2
Pour vérifier cela, il suffit de montrer que l’ordre d’un de ces éléments y est
égal à |K ∗ | = 8. Comme l’ordre de tout élément de K ∗ est une puissance
de 2 (par un théorème de Lagrange), il suffit de montrer que y 2 , y 4 6= 0.
Par exemple, on voit que
(α + 1)2 = α2 + 2α + 1 = 2α
(α + 1)4 = 4α2 = α2 = −1 = 2.
(5) De la même manière que précédemment, on montre que g est irréductible
(puisqu’il a degré 2 et aucune racine dans F3 ), que L est un corps de
cardinalité 32 = 9, et que
L = {0, 1, 2, β, β + 1, β + 2, 2β, 2β + 1, 2β + 2}
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si l’on note β l’image de X dans L par la projection π : F3 [X] → L.
Notons que β 2 + β + 2 = 0 par construction.
Comme L et K sont deux corps finis de même cardinalité, un résultat du
cours assure qu’ils sont isomorphes.
On rappelle que pour se donner un homomorphisme d’anneaux
φ : K → L dont la restriction à F3 est l’identité sur F3 , il faut et il
suffit de choisir l’image de α parmi les racines de f dans L. En effet, si
φ : K → L est un tel homomorphisme d’anneaux, alors tout élément de
K s’écrit aα + b avec a, b ∈ F3 , et on a :
φ(aα + b) = aφ(α) + b
et
0 = φ(0) = φ(f (α)) = f (φ(α)).
Inversement, si β ∈ L est une racine de f , alors le premier théorème
d’isomorphisme montre que l’évaluation des polynômes en β induit par
passage au quotient un homorphisme d’anneaux φ : K → L dont la
restriction à F3 est l’identité sur F3 .
Pour déterminer un isomorphisme φ : K → L explicitement, on peut
donc procéder ainsi :
(a) On détermine un élément β 0 ∈ L tel que f (β 0 ) = 0 dans L. Par
exemple, on peut prendre β 0 = β + 2 puisque
(β + 2)2 = β 2 + β + 5 = β 2 + β + 2 = 0.
(b) On considère l’application ϕ : K → L définie comme étant l’identité
sur F3 et envoyant α sur β 0 . Avec le choix de β 0 ci-dessus, on trouve
explicitement
y ∈ K ϕ(y) ∈ L
0
0
1
1
2
2
α
β+2
α+1
β
α+2
β+1
2α
2β + 1
2α + 1 2β + 2
2α + 2
2β.
En effet, on a par exemple 2α + 1 7→ 2(β + 2) + 1 = 2β + 5 = 2β + 2.
(c) Comme K = F3 [X]/(f ), nous pouvons aussi voir ϕ comme l’application qui envoie [X] = α sur β 0 , ou plus généralement [h] sur
h(β 0 ) ∈ L si h ∈ F3 [X]. Ceci est bien défini puisque f (β 0 ) = 0. Sous
6
cette forme, on voit immédiatement que ϕ est un homomorphisme
d’anneaux puisque si h1 , h2 ∈ F3 [X], alors
ϕ([h1 ] + [h2 ]) =
=
ϕ([h1 ][h2 ]) =
=
ϕ([h1 + h2 ]) = h1 (β 0 ) + h2 (β 0 )
ϕ([h1 ]) + ϕ([h2 ])
ϕ([h1 h2 ]) = h1 (β 0 )h2 (β 0 )
ϕ([h1 ])ϕ([h2 ]).
(d) Puisque K est un corps, cet homomorphisme est injectif (son noyau
est un idéal de K, et K n’a que deux idéaux : {0} et K). Puisque
|L| = |K|, il s’agit d’un isomorphisme, comme on le remarque aussi
dans le tableau ci-dessus.
Exercice 3. Parmi 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 (il n’est même pas intègre).
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 . L’anneau F3 [X]/(X 2 + 1) est donc un corps de
cardinal 32 = 9.
Pour vérifier que X 4 + 2X 3 + X 2 + 1 est irréductible sur F3 , il faut vérifier qu’il
n’a pas de racine dans F3 et qu’il n’est divisible par aucun polynôme de degré 2
irréductible sur F3 .
7
Le produit des polynômes unitaires de degré 2 irréductibles sur F3 est
X9 − X
= (X 2 + 1)(X 2 + X − 1)(X 2 − X − 1).
X3 − X
Or les polynômes X 2 + X − 1 et X 2 − X − 1 sont irréductibles sur F3 (puisqu’ils
sont de degré 2 et sans racine dans F3 ). 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.
Comme 34 = (32 )2 , le corps F3 [X]/(X 4 + 2X 3 + X 2 + 1) a un sous-corps de
cardinal 32 . Les corps de cardinal 32 étant tous isomorphes, F3 [X]/(X 2 + 1) est
isomorphe à un sous-corps de F3 [X]/(X 4 + 2X 3 + 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).
Exercice 4.
(1) Donner la liste des polynômes irréductibles sur F2 de degré 2 et de degré 4.
(2) Soit l un nombre premier. Calculer en fonction de p et l, le nombre de
polynômes P ∈ Fp [X] irréductibles de degré l.
Solution.
(1) Les polynômes irréductibles de degré 2 sur F2 sont les polynômes de la
forme X 2 + aX + b ∈ F2 [X] sans racine dans F2 . Il n’y en a qu’un seul :
X 2 + X + 1.
Les polynômes irréductibles de degré 4 sur F2 sont les polynômes
X 4 + aX 3 + bX 2 + cX + d ∈ F2 [X] sans racine dans F2 et non divisibles par l’unique polynôme irréductible de degré 2, c’est-à-dire tels que
d 6= 0 et a + b + c + d 6= 1 et
X 4 + aX 3 + bX 2 + cX + d 6= (X 2 + X + 1)2 = X 4 + X 2 + 1.
Les polynômes irréductibles de degré 4 sur F2 sont donc
X 4 + X + 1,
X 4 + X 3 + 1,
X 4 + X 3 + X 2 + X + 1.
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l
(2) Tout polynôme unitaire de degré divisant l irréductible sur Fp divise X p −
X. Deux polynômes irréductibles unitaires étant soit égaux soit premiers
l
entre eux, X p − X est divisible par le produit F des polynômes unitaires
irréductibles sur Fp de degré divisant l.
l
Inversement, soit α une racine de X p − X. Alors Fp (α) est de cardinal
divisant pl . De plus, si f désigne le polynôme minimal de α sur Fp , alors
Fp (α) est de cardinal pdeg(f ) (car Fp (α) est un espace vectoriel sur Fp de
dimension deg(F ) d’après l’exercice 3 de la série 24). En particulier pdeg(f )
l
divise pl , et donc deg(f ) divise l. Ainsi, toute racine de X p − X est racine du produit F des polynômes unitaires irréductibles sur Fp de degré
l
l
divisant l. Or X p − X et F sont unitaires, donc F = X p − X.
On vient ainsi de montrer que le produit des polynômes unitaires irréducl
tibles sur Fp de degré divisant l est X p − X. Par suite, le produit des
pl
polynômes unitaires irréductibles sur Fp de degré l est Y X −X
=
m
Xp − X
m|l,l6=m
l
X p −X
l
. C’est un polynôme de degré pl − p. On a donc exactement p −p
l
polynômes unitaires irréductibles sur Fp de degré l. Par suite, le nombre
l
de polynômes irréductibles sur Fp de degré l est (p − 1) p −p
.
l
X p −X
Exercice 5. Montrer que le groupe des automorphismes de corps de Fpn est
cyclique de cardinal n, engendré par l’automorphisme de Frobenius.
Solution.
L’automorphisme de Frobenius sur Fpn
Frobp : Fpn −→ Fpn
x 7−→ xp
est d’ordre n. Il suffit donc de montrer que le groupe des automorphismes de
corps de Fpn est de cardinal au plus n.
Soit f un polynôme de degré n irréductible sur Fp . Alors il existe un isomorphisme de corps entre Fp [X]/(f ) et Fpn . En particulier, les groupes des automorphismes de corps de Fp [X]/(f ) et de Fpn sont en bijection. Il suffit donc de
montrer que le groupe des automorphismes de corps de Fp [X]/(f ) est de cardinal
au plus n.
Soit φ : Fp [X]/(f ) → Fp [X]/(f ) un automorphisme de corps. Comme φ(1) = 1,
et comme Fp est engendré par 1 comme groupe additif, la restriction de φ à Fp est
IdFp . Par conséquent, φ est entièrement déterminé par φ([X]f ). Or la classe [X]f
de X modulo f est racine de f , donc φ([X]f ) doit être racine de f . Comme f a au
plus n racines dans Fp [X]/(f ), on en déduit que le groupe des automorphismes
de corps de Fp [X]/(f ) est bien de cardinal au plus n.
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Exercice 6. Soit p un nombre premier impair
(1) Montrer que X 4 + 1 est irréductible dans Z[X].
(2) Montrer que toutes les racines de X 8 − 1 sont dans Fp2 .
(3) En déduire que X 4 + 1 est réductible sur Fp .
Solution.
(1) On sait que X 4 + 1 n’est pas divisible par un polynôme de degré 1 car il
n’a pas de racine dans Q. Il n’est pas non plus le produit d’un polynôme
de degré 4 et d’un entier autre que −1 ou 1. Il reste à voir que X 4 +1 6= f g
pour tous polynômes f, g ∈ Z[X] de degré 2.
Supposons par l’absurde que X 4 + 1 = f g avec f, g ∈ Z[X] de degré 2.
Le coefficient dominant de X 4 + 1 étant 1, les coefficients dominants de f
et g sont égaux et valent soit 1 soit −1. Sans perte de généralité on peut
donc supposer que f et g sont unitaires. Comme
1 = 04 + 1 = f (0)g(0),
on constate aussi que f (0) = g(0) = (−1)i pour un certain i ∈ N. On a
donc
f = X 2 + aX + (−1)i
g = X 2 + bX + (−1)i
pour certains a, b ∈ Z. Comme
(X 2 +aX+(−1)i )(X 2 +bX+(−1)i ) = X 4 +(a+b)X 3 +((−1)i 2+ab)X 2 +(−1)i (a+b)X+1,
On doit avoir b = −a et −ab = (−1)i 2, ce qui n’est pas possible puisque
2 n’est pas un carré dans Z. Ainsi X 4 + 1 6= f g pour tous polynômes
f, g ∈ Z[X] de degré 2.
(2) On sait que 8 divise (p + 1)(p − 1) = p2 − 1 = #F∗p2 . Or F∗p2 est un groupe
cyclique, donc Fp2 a un élément x d’ordre multiplicatif 8. Chacun des 8
éléments du groupe multiplicatif engendré par x est une racine de X 8 − 1.
Ainsi, X 8 − 1 a toutes ses racines dans Fp2 .
(3) Comme X 4 + 1 divise X 8 − 1, il a une racine α dans Fp2 . Le polynôme
minimal f de α sur Fp est de degré au plus 2. Le polynôme X 4 + 1 est
divisible par f dans Fp [X]. Or f est de degré 2, donc X 4 + 1 est réductible
sur Fp .