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 S4 on a la suite {id} C {id, (1 2)(3 4)} C V4 C A4 C S4 , où V4 est le groupe de
Klein engendré par les 3 doubles transpositions de S4 . Notons que V4 est abélien et A4 est le noyau
du morphisme de signature, ainsi seul le caractère distingué de V4 dans A4 porte potentiellement à
caution. Or V4 contient tous les éléments d’ordre 2 de A4 (ses autres éléments non triviaux sont des 3cycles d’ordre 3), ainsi V4 est caractéristique et, a fortiori distingué, dans A4 . En outre, les 4 quotients
induits par cette suite sont d’ordres premiers et donc cycliques. Finalement S4 et, par conséquent,
tous ses sous-groupes sont résolubles.
Pour un groupe diédral Dn , soit r un générateur de son sous-groupe de rotations. On a alors la
suite {id} C hri C Dn (hri est bien distingué dans Dn , car d’indice 2) et le quotient Dn /hri est d’ordre
2 donc cyclique. Dn est donc résoluble.
Exercice 2
Facile vu les indications données en fin de cours.
Exercice 3
√
Préliminaires classiques : Notons α = 5 2 et ξ = e2iπ/5 , alors K = Q(α, ξ) est une extension
galoisienne de degré 20 de Q et Gal(K/Q) est donc d’ordre 20.
πξ,Q(α) = Φ5 et les conjugués de ξ dans K/Q(α) sont donc les ξ j , 1 6 j 6 4 et πα,Q(ξ) = X 5 − 2 et
les conjugués de α dans K/Q(ξ) sont donc les ξ j α, 0 6 j 6 4. Ainsi
α 7−→ ξ j α
/ j ∈ [[0, 4]] et [[1, 4]] .
G = Gal(K/Q) = σj,k : ξ 7−→ ξ k
Posant σ = σ1,1 et τ = σ0,2 , on a la présentation G = hσ, τ |σ 5 , τ 4 , τ στ −1 σ −2 i.
Sous-groupes de G : G est 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 G dont le nombre n5 vérifie n5 | 4 et n5 ≡ 1 mod 5, soit n5 = 1.
L’unique 5-Sylow de G, qui est donc distingué dans G, est hσi, 0 6 j 6 4.
Ordre 4 : ce sont les 2-Sylow de G dont le nombre n2 vérifie n2 | 5 et n2 ≡ 1 mod 2. Or n2 = 1
est exclu, car G n’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 : hσ j τ σ −j i.
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 = 5 éléments d’ordre 2 dans G, soit les 5 éléments d’ordre 2 contenus dans les 5 2-Sylow,
soit les 5 sous-groupes conjugués : hσ j τ 2 σ −j i, 0 6 j 6 4.
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, τ 2 i, qui est distingué.
1
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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}
2
2
2
hτ 2 i
2
hστ 2 σ −1 i
2
hστ σ −1 i
5
2
3
hσ τ 2 σ −3 i
hσ 2 τ 2 σ −2 i
2
hτ i
2
hσ 4 τ 2 σ −4 i
2
hσ 2 τ σ −2 i
2
hσ 3 τ σ −3 i
hσ 4 τ σ −4 i
5
5
5
5
5
5
hσi
2
5
5
5
hσ, τ 2 i
5
2
G
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
2
2
Q(α, β)
2
Q(α)
2
Q(αξ, β)
2
2
5
Q(αξ 3 , β)
Q(αξ 4 , β)
2
Q(αξ 2 , β)
2
2
Q(αξ 2 )
Q(αξ)
2
Q(αξ 3 )
Q(αξ 4 )
5
5
5
5
5
5
5
Q(ξ)
2
5
5
5
Q(β)
2
Q
√
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/Q sont normales (donc galoisiennes).
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Exercice 4
Sur Q. Remarquons que X 12 −1 = (X 6 −1)(X 6 +1) est scindé simple sur C et considérons ξ = e2iπ/12
une racine primitive 12ème de l’unité.
Méthode 1 : les racines de X 6 +1 dans C sont donc les racines 12ème de l’unité qui ne sont pas racines
ème
6
de l’unité, autrement dit les éléments d’ordre 4 et 12 de µ12 (C) = hξi, i.e. ξ, ξ 3 , ξ 5 , ξ 7 , ξ 9 , ξ 11 . Ainsi
Q(ξ) est un corps de décomposition
de X 6 + 1 sur Q.
Q
Méthode 2 : ainsi X 6 + 1 = d∈Div(12)\Div(6) Φd = Φ4 Φ12 . Or Φ4 = X 2 + 1 = (X − i)(X + i) et
Φ12 = Φ3 (−X 2 ) = X 4 − X 2 + 1 = (X − ξ)(X − ξ 5 )(X − ξ 7 )(X − ξ 11 ). En outre i = ξ 3 , ainsi Q(ξ) est
un corps de décomposition de X 6 + 1 sur Q.
Sur F2 . X 6 + 1 = (X 3 + 1)2 et X 3 + 1 = (X + 1)(X 2 + X + 1). Classiquement X 2 + X + 1 est
irréductible sur F2 et F4 = F2 [j], où j est une racine primitive 3ème de l’unité, en est un corps de
rupture. Ainsi, le corps de décomposition de X 6 + 1 sur F2 est (isomorphe à) F4 .
Notons que sur Q le corps de décomposition de X 6 + 1 est de degré 4 (= deg Φ12 ), tandis qu’il est
de degré 2 sur F2 .
Exercice 5
1. f étant supposé séparable, les racines αi sont distinctes et K est 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 Sn et on a donc
∆(f ) ∈ K Gal(K/k) = k, l’extension K/k étant galoisienne.
2.
a) En identifiant σ à une permutation de Sn , on a
Y
σ(δ(f )) =
(ασ(i) − ασ(j) ) = (−1)N (σ) δ(f ) = ε(σ)δ(f ),
i<j
où N (σ) désigne le nombre d’inversions de la permutation σ.
b) ∆(f ) est un carré dans k si 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) ⊂ An d’après la question précédente.
c) H = Gal(K/k) ∩ An est 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 K H est de degré 2 sur k. Or ce corps
contient justement l’élément δ(f ) ∈
/ k et annulé par X 2 − ∆(f ) ∈ k[X], i.e. de degré 2 sur
H
k, par conséquent K = 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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