Indications de corrections des exercices du chapitre 6

Master 1 de mathématiques
Algèbre générale de base
ENS Rennes - Année 2014–2015
Romain Basson
Indications de corrections des exercices du chapitre 6
Exercice 1 Pour S4on a la suite {id}C{id,(1 2)(3 4)}CV4CA4CS4, où V4est le groupe de
Klein engendré par les 3 doubles transpositions de S4. Notons que V4est abélien et A4est le noyau
du morphisme de signature, ainsi seul le caractère distingué de V4dans A4porte potentiellement à
caution. Or V4contient tous les éléments d’ordre 2 de A4(ses autres éléments non triviaux sont des 3-
cycles d’ordre 3), ainsi V4est caractéristique et, a fortiori distingué, dans A4. En outre, les 4 quotients
induits par cette suite sont d’ordres premiers et donc cycliques. Finalement S4et, par conséquent,
tous ses sous-groupes sont résolubles.
Pour un groupe diédral Dn, soit run générateur de son sous-groupe de rotations. On a alors la
suite {id}ChriCDn(hriest bien distingué dans Dn, car d’indice 2) et le quotient Dn/hriest d’ordre
2 donc cyclique. Dnest donc résoluble.
Exercice 2 Facile vu les indications données en fin de cours.
Exercice 3
Préliminaires classiques : Notons α=5
√2et ξ=e2iπ/5, alors K=Q(α, ξ)est une extension
galoisienne de degré 20 de Qet Gal(K/Q)est donc d’ordre 20.
πξ,Q(α)= Φ5et les conjugués de ξdans K/Q(α)sont donc les ξj,16j64et πα,Q(ξ)=X5−2et
les conjugués de αdans K/Q(ξ)sont donc les ξjα,06j64. Ainsi
G= Gal(K/Q) = σj,k :
α7−→ ξjα
ξ7−→ ξk/ j ∈[[0,4]] et [[1,4]].
Posant σ=σ1,1et τ=σ0,2, on a la présentation G=hσ, τ|σ5, τ4, τ στ−1σ−2i.
Sous-groupes de G:Gest d’ordre 20 = 22×5, ainsi les ordres éventuels de ses sous-groupes sont
1, 2, 4, 5, 10 et 20.
Ordres 1 et 20 : correspondent aux sous-groupes triviaux {id}et G.
Ordre 5 : ce sont les 5-Sylow de Gdont le nombre n5vérifie n5|4et n5≡1 mod 5, soit n5= 1.
L’unique 5-Sylow de G, qui est donc distingué dans G, est hσi,06j64.
Ordre 4 : ce sont les 2-Sylow de Gdont le nombre n2vérifie n2|5et n2≡1 mod 2. Or n2= 1
est exclu, car Gn’est pas abélien, soit n2= 5. Ces 5 2-Sylow sont conjugués et cycliques, engendrés
(donc) par les 10 éléments d’ordre 4 de G:hσjτσ−ji.
Ordre 2 : en dénombrant les éléments d’ordre 1, 4 et 5 dans G, il ne peut y avoir au plus que
20−1−10 −4=5éléments d’ordre 2 dans G, soit les 5 éléments d’ordre 2 contenus dans les 5 2-Sylow,
soit les 5 sous-groupes conjugués : hσjτ2σ−ji,06j64.
Ordre 10 : il n’y a pas d’élément d’ordre 10 dans G, ainsi un sous-groupe d’ordre 10 est engendré
par un élément d’ordre 5 et un élément d’ordre 2, soit l’unique sous-groupe hσ, τ2i, qui est distingué.
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Correspondance de Galois : finalement, on obtient le treillis suivant pour les sous-groupes de G,
où les entiers indiquent l’indice entre les sous-groupes.
{id}
hτ2i
2
5
hστ2σ−1i
2
5
hσ2τ2σ−2i
2
5
hσ3τ2σ−3i
2
5
hσ4τ2σ−4i
2
5
hτi
2
5
hστσ−1i
2
5
hσ2τσ−2i
2
5
hσ3τσ−3i
2
5
hσ4τσ−4i
2
5
hσi
5
hσ, τ2i
2
G2
Treillis auquel correspond le suivant pour les corps intermédiaires de l’extension K/Q, en vertu du
théorème de correspondance de Galois. Cette fois, les entiers indiques les degrés entre les extensions.
K
Q(α, β)
2
5
Q(αξ, β)
2
5
Q(αξ2, β)
2
5
Q(αξ3, β)
2
5
Q(αξ4, β)
2
5
Q(α)
2
5
Q(αξ)
2
5
Q(αξ2)
2
5
Q(αξ3)
2
5
Q(αξ4)
2
5
Q(ξ)
5
Q(β)
2
Q2
Ici β=ξ+ξ=√5−1
2. On notera que, en accord avec les sous-groupes distingués de G, seules les
extensions K/Q,Q(β)/Q,Q(ξ)/Q,Q/Qsont normales (donc galoisiennes).
2

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Exercice 4
Sur Q.Remarquons que X12 −1=(X6−1)(X6+1) est scindé simple sur Cet considérons ξ=e2iπ/12
une racine primitive 12ème de l’unité.
Méthode 1 : les racines de X6+1 dans Csont donc les racines 12ème de l’unité qui ne sont pas racines
6ème de l’unité, autrement dit les éléments d’ordre 4 et 12 de µ12(C) = hξi,i.e. ξ, ξ3, ξ5, ξ7, ξ9, ξ11. Ainsi
Q(ξ)est un corps de décomposition de X6+ 1 sur Q.
Méthode 2 : ainsi X6+ 1 = Qd∈Div(12)\Div(6) Φd= Φ4Φ12. Or Φ4=X2+ 1 = (X−i)(X+i)et
Φ12 = Φ3(−X2) = X4−X2+ 1 = (X−ξ)(X−ξ5)(X−ξ7)(X−ξ11). En outre i=ξ3, ainsi Q(ξ)est
un corps de décomposition de X6+ 1 sur Q.
Sur F2.X6+ 1 = (X3+ 1)2et X3+ 1 = (X+ 1)(X2+X+ 1). Classiquement X2+X+ 1 est
irréductible sur F2et F4=F2[j], où jest une racine primitive 3ème de l’unité, en est un corps de
rupture. Ainsi, le corps de décomposition de X6+ 1 sur F2est (isomorphe à) F4.
Notons que sur Qle corps de décomposition de X6+ 1 est de degré 4 (= deg Φ12), tandis qu’il est
de degré 2 sur F2.
Exercice 5
1. fétant supposé séparable, les racines αisont distinctes et Kest un anneau intègre, ce qui
assure que ∆(f)est non nul. En outre ∆(f)est un polynôme symétrique en les αi, ainsi il
est invariant sous l’action de Gal(K/k)qui s’identifie à un sous-groupe de Snet on a donc
∆(f)∈KGal(K/k)=k, l’extension K/k étant galoisienne.
2. a) En identifiant σà une permutation de Sn, on a
σ(δ(f)) = Y
i<j
(ασ(i)−ασ(j))=(−1)N(σ)δ(f) = ε(σ)δ(f),
où N(σ)désigne le nombre d’inversions de la permutation σ.
b) ∆(f)est un carré dans ksi et seulement si δ(f)est un élément de k. Or ceci équivaut à ce
que δ(f)soit invariant sous Gal(K/k),i.e. Gal(K/k)⊂And’après la question précédente.
c) H= Gal(K/k)∩Anest un sous-groupe d’indice 2 de Gal(K/k)(noyau de la restriction non
triviale du morphisme de signature à Gal(K/k)), ainsi KHest de degré 2 sur k. Or ce corps
contient justement l’élément δ(f)/∈ket annulé par X2−∆(f)∈k[X],i.e. de degré 2 sur
k, par conséquent KH=k(δ(f)).
On pourra se reporter à l’exercice 19 de la feuille d’exercices supplémentaires pour une illustration de
ce qui précède en degré 3.
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