Corrigé

Cours d’Alg` ebre II Bachelor Semestre 4
Prof. E. Bayer Fluckiger 27 mai 2015
Quiz 25
Question 1.
Donner deux anneaux de cardinal 9 non isomorphes.
Solution. Les anneaux F9et Z/9Zsont de cardinal 9 et ils ne sont pas iso-
morphes (F9est un corps ; Z/9Zn’est pas un corps).
Question 2.
Soit Kun corps de caract´eristique p. Soient a, b ∈K. Montrer que (a+b)p=
ap+bp.
Solution. On utilise la formule du binˆome de Newton
(a+b)p=
p
X
k=0 p
kakbp−k.
On remarque que pdivise p
k=p!
k!(p−k)! pour tout k6= 0. Or Kest de ca-
ract´eristique p, donc pakbp−k= 0. On a donc bien (a+b)p=ap+bp.
Question 3.
Soit n > 1 un entier, pun 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]nengendre le groupe (Z/nZ,+),
donc si il existe un homomorphisme d’anneaux f:Z/nZ→Fpr, alors fest d´efini
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 pne divise pas n, alors il n’existe pas d’homomorphisme d’anneaux
f:Z/nZ→Fpr. Si p|n, alors le troisi`eme th´eor`eme 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.

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Question 4.
Soit L/K une extension de corps. Montrer que α∈Lest alg´ebrique sur Ksi
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 li´ee
sur K. Il existe donc a0,· · · , ad∈Ktels que a0+a1α+· · · +adαd= 0. Ainsi α
est alg´ebrique sur K: il est racine de
d
X
k=0
akXk.
Supposons maintenant que αest alg´ebrique sur K. Soit fle polynˆome minimal
de α. Alors (1, α, · · · , αdeg(f)−1) est une K-base de K(α) d’apr`es la solution de
l’exercice 3 de la s´erie 24. En particulier l’extension K(α)/K est finie.

Cours d’Alg` ebre II Bachelor Semestre 4
Prof. E. Bayer Fluckiger 27 mai 2015
Corrig´e 25
Exercice 1. Soit Kun corps et f∈K[X] un polynˆome. Montrer l’existence
d’une extension Lde K telle que f=λ
deg(f)
Y
k=0
(X−ak) avec ak∈Lpour tout k.
Solution.
Notons que l’´enonc´e est ´equivalent `a montrer qu’il existe une extension finie E/K
contenant toutes les racines de f. En effet, rappelons que x∈Eest une racine de
fsi et seulement si X−xdivise f. Si Econtient toutes les racines de f, il suit
que fs’´ecrit comme un produit de termes de degr´e 1 dans E[X] par divisions
successives.
Rappelons qu’il a ´et´e d´emontr´e au cours que si f∈K[X] est un polynˆome
irr´eductible, il existe une extension Ede Kcontenant une racine de f(Explici-
tement, on peut prendre E=K[X]/(f)).
Nous d´emontrons alors le r´esultat suivant par r´ecurrence sur n≥1 :
(Pn) : Soit Kun corps et f∈K[X] un polynˆome de degr´e n. Alors
il existe une extension Ede Kcontenant toutes les racines de f.
Si n= 1, le r´esultat est ´evident puisqu’il suffit de prendre E=K. Supposons
que P1, . . . , Pn−1soient vraies pour un certain entier n≥1 et soit Kun corps et
f∈K[X] un polynˆome de degr´e n. Nous distinguons deux cas :
(1) Si fest irr´eductible, il existe une extension Ede Ktelle que f∈E[X]
poss`ede une racine a∈E. Par division euclidienne, cela implique qu’il
existe g∈E[X] tel que f= (X−a)g. Puisque ga degr´e n−1< n, il
existe une extension Mde Econtenant toutes les racines de g. Ainsi, M
est une extension de Kcontenant toutes les racines de f.
(2) Si fn’est pas irr´eductible, il existe g, h ∈K[X] de degr´es non-nuls tels
que f=gh. En particulier, deg g, deg h < n. Par hypoth`ese de r´ecurrence,
il existe donc une extension E1de Kcontenant toutes les racines de g.
En regardant hcomme un polynˆome de E1[X]⊃K[X], l’hypoth`ese de
r´ecurrence implique qu’il existe `a nouveau une extension E2de E1conte-
nant toutes les racines de h. Ainsi, E2est une extension de Kcontenant
toutes les racines de f.

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Ainsi, (Pn) est vraie et le r´esultat est d´emontr´e.
Exercice 2. Soient f(X) = X2+ 1 ∈F3[X], et K=F3[X]/(f).
(1) Montrer que fest irr´eductible sur F3.
(2) L’anneau Kest-il un corps ?
(3) Donner la liste des ´el´ements de K.
(4) Le groupe multiplicatif K∗est-il cyclique ? Si oui, donnez un g´en´erateur
du groupe K∗.
(5) Soient g(X) = X2+X+ 2 ∈F3[X], et L=F3[X]/(g). Les corps Ket L
sont isomorphes ? Si oui, donner un isomorphisme de corps entre Ket L.
Solution.
(1) Puisque fest de degr´e 2, il suffit de v´erifier qu’il ne poss`ede pas de racines
dans F3. Ceci est ´evident : f(0) = 1, f(1) = 2, f(2) = 5 ≡2 (mod 3).
(2) D’apr`es le cours, Kest un corps puisque fest irr´eductible.
(3) Pour π:F3[X]→Kla projection canonique, notons [g] l’image d’un
´el´ement g∈F3[X] par π. Par division euclidienne, tout ´el´ement de K
s’´ecrit de mani`ere unique comme [g], pour g∈F3[X] un polynˆome de
degr´e <2. Ainsi, Kposs`ede 32= 9 ´el´ements, donn´es par
[0],[1],[2],[X],[X+ 1],[X+ 2],[2X],[2X+ 1],[2X+ 2].
Posons α= [X]. Remarquons aussi que πrestreint a F3est injectif, donc
nous pouvons identifier [a] `a alorsque 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 g´en´erateurs possibles sont :
α+ 1, α + 2,2α+ 1,2α+ 2
Pour v´erifier cela, il suffit de montrer que l’ordre d’un de ces ´el´ements yest
´egal `a |K∗|= 8. Comme l’ordre de tout ´el´ement de K∗est une puissance
de 2 (par un th´eor`eme de Lagrange), il suffit de montrer que y2, y46= 0.
Par exemple, on voit que
(α+ 1)2=α2+ 2α+ 1 = 2α
(α+ 1)4= 4α2=α2=−1 = 2.
(5) De la mˆeme mani`ere que pr´ec´edemment, on montre que gest irr´eductible
(puisqu’il a degr´e 2 et aucune racine dans F3), que Lest un corps de
cardinalit´e 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 βl’image de Xdans Lpar la projection π:F3[X]→L.
Notons que β2+β+ 2 = 0 par construction.
Comme Let Ksont deux corps finis de mˆeme cardinalit´e, un r´esultat du
cours assure qu’ils sont isomorphes.
On rappelle que pour se donner un homomorphisme d’anneaux
φ:K→Ldont la restriction `a F3est l’identit´e sur F3, il faut et il
suffit de choisir l’image de αparmi les racines de fdans L. En effet, si
φ:K→Lest un tel homomorphisme d’anneaux, alors tout ´el´ement de
Ks’´ecrit aα +bavec 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∈Lest une racine de f, alors le premier th´eor`eme
d’isomorphisme montre que l’´evaluation des polynˆomes en βinduit par
passage au quotient un homorphisme d’anneaux φ:K→Ldont la
restriction `a F3est l’identit´e sur F3.
Pour d´eterminer un isomorphisme φ:K→Lexplicitement, on peut
donc proc´eder ainsi :
(a) On d´etermine un ´el´ement β0∈Ltel que f(β0) = 0 dans L. Par
exemple, on peut prendre β0=β+ 2 puisque
(β+ 2)2=β2+β+ 5 = β2+β+ 2 = 0.
(b) On consid`ere l’application ϕ:K→Ld´efinie comme ´etant l’identit´e
sur F3et envoyant αsur β0. Avec le choix de β0ci-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
2α2β+ 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 ϕcomme l’ap-
plication qui envoie [X] = αsur β0, ou plus g´en´eralement [h] sur
h(β0)∈Lsi h∈F3[X]. Ceci est bien d´efini puisque f(β0) = 0. Sous