Cours d’Algèbre II Prof. E. Bayer Fluckiger Bachelor Semestre 4 30 mai 2012 Corrigé 24 Exercice 1. (1) Pour quelles valeurs de n, p et r existe t il un homomorphisme d’anneau φ : Z/nZ −→ Fpr ? (2) Donner les tables de multiplication des anneaux Z/4Z et F4 . Solution. (1) La question n’a évidemment un sens que si p est premier et r ≥ 1. L’ensemble des homomorphismes d’anneaux φ : Z/nZ −→ Fpr est en bijection avec l’ensemble des homomorphismes d’anneaux ψ : Z −→ Fpr tels que nZ ⊂ ker(ψ). Comme (Z, +) est un groupe admettant 1 comme générateur, et comme ψ(1) = 1 pour tout homomorphisme d’anneaux ψ : Z −→ Fpr , il existe un et un seul homomorphisme d’anneaux ψ : Z −→ Fpr et cet homomorphisme d’anneaux vérifie : ψ(n) = nFpr pour tout n ∈ Z. Comme la caractéristique de Fpr est p, on sait que ker(ψ) = pZ. Par conséquent il existe homomorphisme d’anneaux φ : Z/nZ −→ Fpr si et seulement si nZ ⊂ pZ i.e. p | n (et dans ce cas φ est unique). (2) L’ensemble sous-jacent à 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 2 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]/(X 2 + X + 1) (le polynôme X 2 + X + 1 est bien irréductible sur F2 ; par contre X 2 + 1 admet 1 ∈ F2 comme racine double). Par division euclidienne on sait que si P ∈ F2 [X] est un polynôme, et a, b ∈ F2 et Q ∈ F2 [X] sont tels que P = (X 2 + X + 1)Q + aX + b, alors [P ]X 2 +X+1 = [aX + b]X 2 +X+1 . En fait par unicité du reste d’une division euclidienne, on sait même que l’ensemble sous-jacent au corps (F2 [X]/(X 2 + X + 1), +, ×) est F2 [X]/(X 2 + X + 1) = {[0]X 2 +X+1 , [1]X 2 +X+1 , [X]X 2 +X+1 , [X + 1]X 2 +X+1 } . La table de multiplication du corps (F2 [X]/(X 2 + X + 1), +, ×) est × [0]X 2 +X+1 [1]X 2 +X+1 [X]X 2 +X+1 [X + 1]X 2 +X+1 [0]X 2 +X+1 [0]X 2 +X+1 [0]X 2 +X+1 [0]X 2 +X+1 [0]X 2 +X+1 [1]X 2 +X+1 [0]X 2 +X+1 [1]X 2 +X+1 [X]X 2 +X+1 [X + 1]X 2 +X+1 [2]4 [0]X 2 +X+1 [X]X 2 +X+1 [X + 1]X 2 +X+1 [1]X 2 +X+1 [1]X 2 +X+1 [X]X 2 +X+1 [X + 1]X 2 +X+1 [0]X 2 +X+1 [X + 1]X 2 +X+1 Exercice 2. (1) Donner un générateur de F∗25 . (2) Quels sont les automorphismes du corps F25 ? (3) Donner la liste des polynômes irréductibles sur F5 unitaires de degré 2. Parmis ces polynômes, quels sont ceux qui restent irréductibles sur F25 ? sur F125 ? Solution. (1) On peut écrire F25 = F5 (α) avec α un racine de X 2 − 2 (qui est un polynôme irréductible de degré 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 déduit que 2α + 2 ∈ F∗25 est d’ordre 3. Par conséquent, le produit α(2α + 2) ∈ F∗25 est d’ordre 24. Par suite, α(2α + 2) est un générateur de F∗25 . (2) Soit σ un automorphisme de F25 . Comme σ(1) = 1, et comme le groupe additif du corps F5 est engendré par 1, on a σ(n) = n pour 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 théorème d’isomorphisme à l’homomorphisme d’évalutation des polynômes P ∈ F5 [X] en −α (on rappelle que F5 (α) ' F5 [X]/(X 2 − 2)). (3) Il y a 10 polynômes unitaires de degré 2 irréductibles 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 polynômes n’est irréductible sur F25 . En effet, si p(x) est un de ces polynômes, 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 conséquent p(x) n’est pas irréductible sur F25 . Tous les polynômes de degré 2 irréductibles sur F5 restent irréductible sur F125 . En effet, si p(x) est l’un de ces polynômes, et si p(x) n’était pas irréductible sur F125 , alors p(x) aurait une racine β dans F125 . Dans ce cas, F5 (β) serait un sous-corps de F125 , et F5 (β) serait une extension de 4 degré 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]/(X 4 + X − 1) (1) Montrer que X 4 + X − 1 n’a pas de racines dans F25 . (2) Montrer que K est un corps. (3) Donner la matrice de l’automorphisme de Frobenius dans la F5 -base (1, X, X 2 , X 3 ) de K (4) En déduire les sous-corps de K. Solution. (1) Comme le polynôme X 2 + [2]5 ∈ F5 [X] est irréductible (puisqu’il est de degré 2 et sans racines dans F5 ), on a F25 ' F5 [X]/(X 2 +[2]5 ). On rappelle qu’une F5 -base de F5 [X]/(X 2 + [2]5 ) est [1]X 2 +[2]5 , [X]X 2 +[2]5 . Soient a, b ∈ F5 tels que [aX + b]X 2 +[2]5 soit une racine du polynôme 4 X + X − 1. On a alors [(2abX + b2 − 2a2 )2 + aX + b − 1]X 2 +[2]5 = 0 i.e. 4ab(b2 − 2a2 ) + a = 0 −8a2 b2 + (b2 − 2a2 )2 + b − 1 = 0. La première de ces égalités implique que a = 0 ou 4b2 (b2 − 2a2 ) + 1 = 0. Si a = 0 alors la seconde égalité devient b4 + b − 1 = 0, ce qui n’est pas possible : aucun b ∈ F5 n’est racine de X 4 + X − 1. 1 On a donc a 6= 0 et 4b2 (b2 − 2a2 ) + 1 = 0 i.e. b 6= 0 et b2 − 2a2 = − 4b . De l’égalité −8a2 b2 + (b2 − 2a2 )2 + b − 1 = 0 on déduit alors que 1 b−1 + . 4 8 · 16b 8b2 1 En reportant cette valeur de a2 dans l’égalité b2 − 2a2 = − 4b on obtient finalement 64b6 + 16b3 − 16b2 (b − 1) − 1 = 0. a2 = Cette équation n’a pas de racines dans F5 . Par conséquent le polynôme X 4 + X − 1 n’a pas de racines dans F25 . (2) Pour montrer que K est un corps, il faut et il suffit de montrer que le polynôme X 4 + X − 1 est irréductible dans F5 [X]. Supposons qu’il n’est pas irréductible. Comme X 4 + X − 1 est de degré 4, 5 • soit X 4 + X − 1 s’écrit comme le produit d’un polynôme de degré 1 et d’un polynôme de degré 3 (et alors X 4 + X − 1 a une racine dans F5 ⊂ F25 ), • soit X 4 + X − 1 s’écrit comme le produit de deux polynômes de degré deux (qui ont toujours une racine dans F25 , par définition de F25 ). Dans ces deux cas, X 4 + X − 1 a une racine dans F25 . Ceci contredit le résultat obtenu lors de la résolution de la question précédente. Par conséquent, X 4 + X − 1 est irréductible sur F5 . (3) L’automorphisme de Frobenius est défini étant 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 · X 4 = X · (−X + 1) = −X 2 + X = 0 · 1 + 1 · X + (−1) · X 2 + 0 · X 3 ϕ(X 2 ) = (X 5 )2 = (−X 2 + X)2 = X 4 + X 2 − 2X 3 = 1 − X + X 2 − 2X 3 ϕ(X 3 ) = X 5 · X 10 = (−X + 1) · (1 − X + X 2 − 2X 3 ) = −3 + X − 4X 2 + 2X 3 . Par conséquent la matrice de ϕ dans la base (1, X, X 2 , X 3 ) est : 1 0 1 −3 0 1 −1 1 . M = 0 −1 1 −4 0 0 −2 2 (4) Les sous-corps de K sont précisément les espaces propres de ϕi associés à la valeur propre 1, où i divise 4, donc i = 1, i = 2 ou i = 4. Pour i = 4 on obtient K et pour i = 1 on obtient le corps F5 . On considère maintenant le cas i = 2. La matrice de ϕ2 − Id dans la base (1, X, X 2 , X 3 ) est 0 −1 3 2 0 1 1 2 N = M 2 − Id4 = 0 −2 −1 2 . 0 2 −1 1 1 0 0 et 1 . Son noyau est de dimension 2 et est engendré par 0 1 −1 0 Par conséquent le sous-corps de cardinal 52 = 25 de K est le F5 -espace vectoriel engendré par 1 et X + X 2 − X 3 . En tant qu’ensemble, il s’agit de {α + β(X + X 2 − X 3 ) | α, β ∈ F5 }. 6 Exercice 4. Parmis 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. 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 i.e. l’anneau F3 [X]/(X 2 +1) est un corps de cardinal 32 = 9. De même on montre que les polynômes X 2 + X − 1 et X 2 − X − 1 sont irréductibles sur F3 . Le produit des polynômes unitaires de degré 2 irréductibles X 9 −X sur F3 est X 3 −X . 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. Par suite, F3 [X]/(X 4 + 2X 3 + X 2 + 1) est une extension de F3 [X]/(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).