Corrigé 24

Cours d’Alg` ebre II Bachelor Semestre 4
Prof. E. Bayer Fluckiger 30 mai 2012
Corrig´e 24
Exercice 1.
(1) Pour quelles valeurs de n, p et rexiste t il un homomorphisme d’anneau
φ:Z/nZ−→ Fpr?
(2) Donner les tables de multiplication des anneaux Z/4Zet F4.
Solution.
(1) La question n’a ´evidemment un sens que si pest premier et r≥1. L’ensem-
ble des homomorphismes d’anneaux φ:Z/nZ−→ Fprest en bijection
avec l’ensemble des homomorphismes d’anneaux ψ:Z−→ Fprtels
que nZ⊂ker(ψ). Comme (Z,+) est un groupe admettant 1 comme
g´en´erateur, et comme ψ(1) = 1 pour tout homomorphisme d’anneaux
ψ:Z−→ Fpr, il existe un et un seul homomorphisme d’anneaux
ψ:Z−→ Fpret cet homomorphisme d’anneaux v´erifie : ψ(n) = nFpr
pour tout n∈Z.
Comme la caract´eristique de Fprest p, on sait que ker(ψ) = pZ. Par
cons´equent il existe homomorphisme d’anneaux φ:Z/nZ−→ Fprsi et
seulement si nZ⊂pZi.e. p|n(et dans ce cas φest unique).
(2) L’ensemble sous-jacent `a l’anneau (Z/4Z,+,×) est
Z/4Z={[0]4,[1]4,[2]4,[3]4}
et la table de multiplication de (Z/4Z,+,×) est
×[0]4[1]4[2]4[3]4
[0]4[0]4[0]4[0]4[0]4
[1]4[0]4[1]4[2]4[3]4
[2]4[0]4[2]4[0]4[2]4
[3]4[0]4[3]4[2]4[1]4

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On va donner la table de multiplication pour un corps de cardinal 4.
On rappelle que deux corps de cardinal 4 sont toujours isomorphes. On
peut donc se contenter de donner la table de multiplication du corps
F2[X]/(X2+X+ 1) (le polynˆome X2+X+ 1 est bien irr´eductible sur
F2; par contre X2+ 1 admet 1 ∈F2comme racine double).
Par division euclidienne on sait que si P∈F2[X] est un polynˆome, et
a, b ∈F2et Q∈F2[X] sont tels que P= (X2+X+ 1)Q+aX +b,
alors [P]X2+X+1 = [aX +b]X2+X+1.En fait par unicit´e du reste d’une
division euclidienne, on sait mˆeme que l’ensemble sous-jacent au corps
(F2[X]/(X2+X+ 1),+,×) est
F2[X]/(X2+X+ 1) = {[0]X2+X+1,[1]X2+X+1,[X]X2+X+1,[X+ 1]X2+X+1}.
La table de multiplication du corps (F2[X]/(X2+X+ 1),+,×) est
×[0]X2+X+1 [1]X2+X+1 [X]X2+X+1 [X+ 1]X2+X+1
[0]X2+X+1 [0]X2+X+1 [0]X2+X+1 [0]X2+X+1 [0]X2+X+1
[1]X2+X+1 [0]X2+X+1 [1]X2+X+1 [X]X2+X+1 [X+ 1]X2+X+1
[2]4[0]X2+X+1 [X]X2+X+1 [X+ 1]X2+X+1 [1]X2+X+1
[X+ 1]X2+X+1 [0]X2+X+1 [X+ 1]X2+X+1 [1]X2+X+1 [X]X2+X+1
Exercice 2.
(1) Donner un g´en´erateur de F∗
25.
(2) Quels sont les automorphismes du corps F25 ?
(3) Donner la liste des polynˆomes irr´eductibles sur F5unitaires de degr´e 2.
Parmis ces polynˆomes, quels sont ceux qui restent irr´eductibles sur F25 ?
sur F125 ?
Solution.
(1) On peut ´ecrire F25 =F5(α) avec αun racine de X2−2 (qui est un
polynˆome irr´eductible de degr´e 2 sur F5). Comme α4= 22=−1 et α8= 1,
l’ordre de α∈F∗
25 est 8. On note aussi que
(2α+ 2)2= 4(α+ 1)2= 3(α−1),
(2α+ 2)3= 3(α−1) ·2(α+ 1) = 1.

3
On en d´eduit que 2α+ 2 ∈F∗
25 est d’ordre 3. Par cons´equent, le produit
α(2α+ 2) ∈F∗
25 est d’ordre 24. Par suite, α(2α+ 2) est un g´en´erateur
de F∗
25.
(2) Soit σun automorphisme de F25. Comme σ(1) = 1, et comme le groupe
additif du corps F5est engendr´e par 1, on a σ(n) = npour tout n∈F5.
En particulier, on a
2 = σ(2) = σ(α2) = σ(α)2,
ce qui implique que σ(α) = ±α. On vient de montrer que, si a, b ∈F5,
alors
σ(a+bα) = σ(a) + σ(b)σ(α) = a±bα.
Le corps F25 admet donc deux automorphismes : IdF25 et l’automorphisme
F25 −→ F25
a+bα 7−→ a−bα
obtenu par application du premier th´eor`eme d’isomorphisme `a l’homo-
morphisme d’´evalutation des polynˆomes P∈F5[X] en −α(on rappelle
que F5(α)'F5[X]/(X2−2)).
(3) Il y a 10 polynˆomes unitaires de degr´e 2 irr´eductibles sur F5:
x2+ 2,
x2+ 3,
x2+x+ 1,
x2+x+ 2,
x2+ 4x+ 1,
x2+ 4x+ 2,
x2+ 2x+ 3,
x2+ 2x+ 4,
x2+ 3x+ 3,
x2+ 3x+ 4.
Aucun de ces polynˆomes n’est irr´eductible sur F25. En effet, si p(x) est
un de ces polynˆomes, alors F5[x]/(p(x)) est un corps de cardinal 25 dans
lequel p(x) a une racine. Or tous les corps de cardinal 25 sont isomorphes,
donc p(x) a une racine dans F25. Par cons´equent p(x) n’est pas irr´eductible
sur F25.
Tous les polynˆomes de degr´e 2 irr´eductibles sur F5restent irr´eductible
sur F125. En effet, si p(x) est l’un de ces polynˆomes, et si p(x) n’´etait pas
irr´eductible sur F125, alors p(x) aurait une racine βdans F125. Dans ce
cas, F5(β) serait un sous-corps de F125, et F5(β) serait une extension de

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degr´e 2 sur F5. En particulier on aurait
3 = [F125 :F5] = [F125 :F5(β)] ·[F5(β) : F5] = [F125 :F5(β)] ·2,
ce qui est absurde.
Exercice 3.
On note K:= F5[X]/(X4+X−1)
(1) Montrer que X4+X−1 n’a pas de racines dans F25.
(2) Montrer que Kest un corps.
(3) Donner la matrice de l’automorphisme de Frobenius dans la F5-base (1, X, X2, X3)
de K
(4) En d´eduire les sous-corps de K.
Solution.
(1) Comme le polynˆome X2+ [2]5∈F5[X] est irr´eductible (puisqu’il est de
degr´e 2 et sans racines dans F5), on a F25 'F5[X]/(X2+[2]5). On rappelle
qu’une F5-base de F5[X]/(X2+ [2]5) est [1]X2+[2]5,[X]X2+[2]5.
Soient a, b ∈F5tels que [aX +b]X2+[2]5soit une racine du polynˆome
X4+X−1. On a alors
[(2abX +b2−2a2)2+aX +b−1]X2+[2]5= 0
i.e. 4ab(b2−2a2) + a= 0
−8a2b2+ (b2−2a2)2+b−1 = 0.
La premi`ere de ces ´egalit´es implique que a= 0 ou 4b2(b2−2a2) + 1 = 0.
Si a= 0 alors la seconde ´egalit´e devient b4+b−1 = 0, ce qui n’est pas
possible : aucun b∈F5n’est racine de X4+X−1.
On a donc a6= 0 et 4b2(b2−2a2) + 1 = 0 i.e. b6= 0 et b2−2a2=−1
4b.
De l’´egalit´e
−8a2b2+ (b2−2a2)2+b−1=0
on d´eduit alors que
a2=1
8·16b4+b−1 8b2.
En reportant cette valeur de a2dans l’´egalit´e b2−2a2=−1
4bon obtient
finalement
64b6+ 16b3−16b2(b−1) −1 = 0.
Cette ´equation n’a pas de racines dans F5. Par cons´equent le polynˆome
X4+X−1 n’a pas de racines dans F25.
(2) Pour montrer que Kest un corps, il faut et il suffit de montrer que le
polynˆome X4+X−1 est irr´eductible dans F5[X]. Supposons qu’il n’est
pas irr´eductible. Comme X4+X−1 est de degr´e 4,

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•soit X4+X−1 s’´ecrit comme le produit d’un polynˆome de degr´e 1
et d’un polynˆome de degr´e 3 (et alors X4+X−1 a une racine dans
F5⊂F25),
•soit X4+X−1 s’´ecrit comme le produit de deux polynˆomes de degr´e
deux (qui ont toujours une racine dans F25, par d´efinition de F25).
Dans ces deux cas, X4+X−1 a une racine dans F25. Ceci contredit
le r´esultat obtenu lors de la r´esolution de la question pr´ec´edente. Par
cons´equent, X4+X−1 est irr´eductible sur F5.
(3) L’automorphisme de Frobenius est d´efini ´etant l’automorphisme de corps
ϕ:K→K, x 7→ x5. On a donc :
ϕ(1) = 1
= 1 ·1+0·X+ 0 ·X2+ 0 ·X3
ϕ(X) = X·X4=X·(−X+ 1) = −X2+X
= 0 ·1+1·X+ (−1) ·X2+ 0 ·X3
ϕ(X2) = (X5)2= (−X2+X)2=X4+X2−2X3
= 1 −X+X2−2X3
ϕ(X3) = X5·X10 = (−X+ 1) ·(1 −X+X2−2X3)
=−3 + X−4X2+ 2X3.
Par cons´equent la matrice de ϕdans la base (1, X, X2, X3) est :
M=
101−3
0 1 −1 1
0−1 1 −4
0 0 −2 2
.
(4) Les sous-corps de Ksont pr´ecis´ement les espaces propres de ϕiassoci´es `a
la valeur propre 1, o`u idivise 4, donc i= 1, i= 2 ou i= 4. Pour i= 4 on
obtient Ket pour i= 1 on obtient le corps F5. On consid`ere maintenant
le cas i= 2. La matrice de ϕ2−Id dans la base (1, X, X2, X3) est
N=M2−Id4=
0−1 3 2
0 1 1 2
0−2−1 2
0 2 −1 1
.
Son noyau est de dimension 2 et est engendr´e par 
1
0
0
0
et 
0
1
1
−1
.
Par cons´equent le sous-corps de cardinal 52= 25 de Kest le F5-espace
vectoriel engendr´e par 1 et X+X2−X3. En tant qu’ensemble, il s’agit
de {α+β(X+X2−X3)|α, β ∈F5}.