Examen d`algèbre 1ère session

2016-2017 Master 1 M401
Université Lille 1 4 janvier 2017 14h-17h
Examen d’algèbre 1ère session
Tous documents, calculatrices, téléphones portables, etc, interdits. Toutes les
réponses devront être justifiées. La notation tiendra compte de la qualité de
la rédaction et de la clarté de la copie. Le barème est donné à titre indicatif.
Exercice 1 (3 points).
Soit K⊃kune extension séparable.
1. Soit une extension intermédiaire K⊃k0⊃k. Rappeler la démonstra-
tion du fait que K⊃k0est séparable.
2. Rappeler, sans démonstration, le théorème de l’élément primitif.
3. On suppose désormais kde caractéristique p > 0. Soit x∈Ktel que
K=k(x).
(a) Montrer que K=k(xp). (Indication : on pourra calculer le po-
lynôme minimal de xsur k0:= k(xp)en s’aidant de la première
question).
(b) Montrer que pour tout entier r>1, on a K=k(xpr).
Exercice 2 (8 points).
Soit P∈Z[X]. On suppose que dans C[X], on a P=Qn
i=1(X−αi).
1. On définit pour r∈N∗un nouveau polynôme dans C[X]en posant
Pr=Qn
i=1(X−αr
i).
(a) Soit K=Q(α1,· · · , αn)⊂C. Montrer que K/Qest une extension
galoisienne, et que G:= Gal(K/Q)induit une permutation des αi.
(b) Montrer que Pr∈Q[X].
(c) Montrer que Pr∈Z[X].
2. On suppose désormais que toutes les racines de Psont de module 1:
|αi|= 1 pour i= 1,· · · , n. On note Pr=Xn+Pn
i=1(−1)iar,iXn−i,
où chaque ar,i est dans Z.
(a) Montrer que ∀r∈N∗,∀i∈ {1,· · · , n}, on a : |ar,i|6n
i.
(b) En déduire que #{Pr, r ∈N∗}<∞.
3. On fixe une suite infinie strictement croissante d’entiers 16r1<
r2<· · · < rj<· · · telle que Pr1=Pr2=· · · =Prj=· · ·
(a) Montrer qu’il existe une suite (ij)j>1d’éléments de {1,· · · , n}
vérifiant i1= 1 et αr1
1=αr2
i2=· · · =αrj ij=· · · .
(b) En déduire que Pest un produit de polynômes cyclotomiques.
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4. Soit P∈Q[X]non constant dont toutes les racines dans Csont de
module 1. Est-ce que Pest un produit de polynômes cyclotomiques
(on pourra considérer P=Pα,Qle polynôme minimal de α=3+4i
5) ?
Exercice 3 (9 points).
1. Soit P∈Z[X]un polynôme unitaire tel qu’il existe un nombre pre-
mier ptel que l’image Pde Pdans Fp[X](obtenue en réduisant les
coefficients modulo p) est irréductible. Montrer que Pest irréductible
sur Q.
2. Montrer que le polynôme P=X4+1 ∈Z[X]est irréductible sur Q(on
pourra l’identifier à un polynôme cyclotomique que l’on précisera).
3. On regarde dans cette question P=X4+ 1 comme un polynôme de
F2[X], où F2est un corps à deux éléments. Donner la décomposition
de Pen produit de polynômes irréductibles dans F2[X].
4. Dans cette question, on fixe un nombre premier p6= 2 et on regarde
P=X4+ 1 comme un polynôme de Fp[X], où Fpest un corps à p
éléments. On note Fpune clôture algébrique de Fp, et dl’ordre de
pdans le groupe Z
8Z∗(groupe des éléments inversibles de l’anneau
Z
8Z).
(a) Montrer que le polynôme X8−1∈Fp[X]est séparable. En déduire
le nombre de racines 8-ièmes de l’unité dans Fp.
(b) Rappeler quelle équation caractérise les éléments de Fpdparmi les
éléments de Fp.
(c) Montrer que le corps Fpdcontient les racines 8-ièmes de l’unité de
Fp, c’est à dire que montrer que Fpd⊃µ8(Fp)(on pourra utiliser
le fait, en le justifiant, que 8|pd−1, et la question précédente).
(d) Soit ζ∈µ8(Fp). Montrer que le degré de son polynôme minimal
sur Fpdivise d, c’est à dire montrer que deg Pζ,Fp|d.
(e) En gardant les notations de la question précédente, on suppose
que ζest une racine primitive 8-ième de l’unité. Montrer que Pζ,Fp
divise X4+ 1.
(f) Montrer que le groupe Z
8Z∗n’est pas cyclique.
(g) Déduire de la dernière question que P=X4+ 1 n’est pas irréduc-
tible sur Fp.
5. Que peut-on dire de la réciproque de la première question ?
6. Soit nun entier naturel, n>2. Montrer que le polynôme Pn=
X2n+ 1 ∈Z[X]est irréductible sur Qmais est réductible, pour tout
nombre premier p, lorsque vu comme élément de Fp[X](on pourra
reprendre la démarche du cas déjà traité n= 2 et utiliser ce cas et
l’égalité Pn=P2(X2n−2)).
Pour un corrigé voir : https://niels-borne.frama.io/master1-algebre/.
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Correction 1. 1. Si x∈K, alors Px,k0divise Px,k , qui est séparable car
x∈Ket K/k séparable. Donc Px,k0est séparable, comme c’est vrai
pour tout x∈K, on a K/k0séparable.
2. Si K/k est une extension finie séparable, elle admet un élément pri-
mitif : il existe x∈Ktel que K=k(x).
3. (a) On a Px,k0|Xp−xp= (X−x)p, donc Px,k0= (X−x)l, avec
16l6p. Mais d’après la première question K/k0est séparable,
donc Px,k0est séparable, ce qui impose l= 1. Donc x∈k0, ce dont
il découle k(x) = k0, c’est-à-dire K=k(xp).
(b) On fait une récurrence sur r. Le cas r= 1 a fait l’objet de la
question précédente. On suppose l’hypothèse de récurrence vraie
au rang r−1>1: donc K=k(xpr−1). En appliquant la ques-
tion précédente en replaçant xpar xpr−1, on obtient que K=
k((xpr−1)p) = k(xpr).
Correction 2. 1. (a) L’extension K/Qest normale, car c’est le corps
de décomposition de Psur Q. Elle est séparable car Qest de ca-
ractéristique 0. Elle est donc galoisienne. Soit G:= Gal(K/Q), ce
groupe agit sur K[X]en agissant sur les coefficients des polynômes.
De plus P∈Z[X]⊂Q[X], donc, comme Gfixe Q, le polynôme P
est invariant par G. On en déduit que pour tout g∈G, on a on
aQn
i=1(X−gαi) = gP =P=Qn i=1(X−αi). Donc ginduit une
permutation des αi.
(b) On note que chaque αr
iappartient à K, donc Pr∈K[X]. On
peut donc calculer, pour g∈G,gPr=Qn
i=1(X−gαr
i). Comme
gpermute les αi,gpermute aussi les αr
i, donc Qn
i=1(X−gαr
i) =
Qn
i=1(X−αr
i). En conclusion gPr=Pr. Comme c’est vrai pour
tout g∈G, on a donc Pr∈Q[X].
(c) On note que comme P∈Z[X]et Pest unitaire, chaque αiest
un entier algébrique : αi∈ O. Donc, d’après la dernière question,
chaque coefficient de Pest dans O ∩ Q=Z.
2. (a) D’après le lien entre coefficients et racines, on a
ar,i =X
16j1<···<ji6n
αr
j1· · · αr jn.
Par l’inégalité triangulaire, on en déduit que :
|ar,i|6X
16j1<···<ji6n
1.
Or, toujours d’après le lien entre coefficients et racines, si biest le
deuxième terme, on a (X−1)n=Xn+Pn
i=1(−1)ibiXn−i. D’après
la formule du binôme, bi=n
i.
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(b) Chaque polynôme Prest uniquement déterminé par les nentiers
relatifs ar,i pour 16i6n. Or d’après la question précédente,
pour ifixé, ar,i est borné indépendamment de r, donc comme ce
coefficient est un entier relatif, il existe une nombre fini de choix.
Comme un produit fini d’ensembles finis est fini, on en déduit que
l’ensemble des polynômes Prest fini.
3. (a) On pose i1= 1. Le nombre complexe αr1
1est par définition une
racine de Pr1. Comme pour j > 1on a Pr1=Prj, c’est aussi
une racine de Prj. Donc il existe un entier ij∈ {1,· · · , n}tel que
αr1
1=αrj
ij.
(b) On commence par montrer que α1est une racine de l’unité. Comme
la suite (ij)j>1prend au plus nvaleurs, il existe j < j0tel que
ij=ij0. Comme de plus par construction
αrj
ij=αrj0 ij0=αrj0 ij
et rj< rj0, on en déduit que αijest une racine de l’unité. Comme
enfin αr1
1=αrj
ijet r1∈N∗,α1est aussi une racine de l’unité.
Comme on peut procéder de même avec tous les αi, tout ces
nombres complexes sont des racines de l’unité.
On en déduit que Pdivise (Xk−1)Npour kmultiple des ordres
des racines de l’unité intervenant parmi les αiet Nentier naturel
assez grand. Comme Xk−1 = Ql|kΦl, et les Φlsont unitaires et
irréductibles dans Z[X], et de plus Pest unitaire, on en déduit
que Pest un produit de polynômes cyclotomiques.
4. Un calcul direct donne α+α=6
5et αα = 1. Donc αet αsont
de module 1, conjugués sur Qet de polynôme minimal P=Pα,Q=
X2−6
5X+ 1 à coefficients rationnels. Comme Pα,Q/∈Z[X], on en
déduit que α(et de même α) n’est pas entier, c’est à dire α /∈ O, en
particulier α(et de même α) n’est pas une racine de l’unité.
Correction 3. 1. On note que deg P6deg P, et comme Pest unitaire,
on a même égalité. Supposons que Pest réductible sur Q, donc sur
Z:P=QR, où Qet Rsont des éléments non inversibles de Z[X].
Comme Pest de contenu 1, car unitaire, ni Qni Rn’est constant, donc
deg Q < deg Pet deg R < deg P. On en déduit que P=Q R avec
deg Q6deg Q < deg P= deg Pet deg R6deg R < deg P= deg P.
Donc Pest réductible.
2. De X8−1=(X4−1)(X4+ 1),X8−1=Φ2Φ4Φ8et X4−1=Φ2Φ4,
on déduit que X4+ 1 = Φ8. Or d’après le théorème de Gauss, Φ8est
irréductible sur Q, d’où la conclusion.
3. Dans F2[X], on a P=X4+ 1 = (X+ 1)4.
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4. (a) Si Q=X8−1, alors Q0= 8X7. Comme p6= 2, on a 86= 0, et le seul
diviseur irréductible de Q0est X(à multiplication par un inversible
près). Mais Xn’est pas un diviseur de Q, car Q(0) = −16= 0. Donc
(Q, Q0) = 1. Donc Pest séparable et il admet deg P= 8 racines
dans Fp.
(b) Les éléments de Fd
psont ceux de Fpvérifiant l’équation
Xpd−X= 0 .
(c) Par hypothèse, dest d’ordre pdans Z
8Z∗, donc en particulier
pd= 1 dans Z
8Z∗, et donc 8|pd−1. Soit ζ∈µ8(Fp), on a ζ8= 1,
et donc ζpd−1= 1 ce qui implique ζpd=ζ, ce qui d’après la
question précédente, signifie que ζ∈Fpd.
(d) D’après la question précédente Fp(ζ)⊂Fpd, donc d’après le théo-
rème de la base télescopique :
deg Pζ,Fp= [Fp(ζ) : Fp]|[Fpd:Fp] = d
(e) On a (ζ4+ 1)(ζ4−1) = ζ8−1=0, et ζ4−16= 0 (car sinon ζne
serait pas primitive), donc ζ4+ 1 = 0, et donc comme X4+ 1 est
à coefficients dans Fp, le polynôme Pζ,Fpdivise X4+ 1.
(f) On a pour tout entier naturel impair nque n2−1 = (n−1)(n+1)
est divisible par 8: car les deux facteurs sont pairs, et l’un est
divisible par 4(soit n−1, soit n+ 1 est congru à 0modulo 4).
Donc tout élément de Z
8Z∗est d’ordre divisant 2. Comme ce
groupe est d’ordre 4, il n’est donc pas cyclique.
(g) D’après les questions précédentes, Pζ,Fpdivise X4+1 , est de degré
divisant d, qui divise 2. Donc X4+ 1 n’est pas irréductible.
5. La réciproque de la première question est fausse, car X4+ 1 est ir-
réductible sur Q, mais il n’existe pas de nombre premier ptel que
X4+ 1 soit irréductible sur Fp.
6. Comme pour tout m∈N∗, on a Xm−1 = Qd|mΦd, on a en particulier
X2n−1 = Q06l6nΦ2l. Donc
X2n+ 1 = X2n+1 −1
X2n−1= Φ2n+1
est irréductible sur Q. L’égalité Pn=P2(X2n−2)montre que Pnest
réductible dès que P2l’est, donc le cas n= 2 permet de conclure que
Pnest réductible modulo ppour tout nombre premier p.
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