Nombres algébriques

Nombres algébriques
1 Préliminaire
DÉFINITION 1. — Soit αun nombre complexe, αest dit algébrique, s’il existe un po-
lynôme Pà coefficients rationnels tel que P(α)=0.
1. Tout nombre rationnel est algébrique : en effet soit a∈Q, le polynôme P=X−a
convient.
2. Le réel a=p2+p3 est algébrique : en effet on a
a2=5+2p6 (1)
(a2−5)2=24 (2)
Donc le polynôme P=X4−10X2−1 convient.
3. Supposons αalgébrique ; il existe donc un polynôme Pde degré n≥1 tel que
n
X
i=0
aiαi=0, le polynôme Pétant non nul, ceci prouve que la famille (αn)n∈Nest
liée, puisqu’on a trouvé une sous-famille finie liée. La réciproque est immédiate
et résulte de la définition de famille liée.
4. Q[α] est un Q-espace vectoriel.
MINISTÈRE DE L’ÉDUCATION NATIONALE
MINISTÈRE DE L’ENSEIGNEMENT SUPÉRIEUR ET DE LA RECHERCHE
T
Autocorrectif. Corrigé n°3
Pierre Burg
Capes externe de mathématique
Epreuve d’admissibilité
Algèbre et géométrie
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On montre pour cela que Q[α] est un sous-espace vectoriel du Q-espace vecto-
riel C.
En effet, on vérifie que la partie Q[α] est non vide, elle contient 0, et elle est
stable pour l’addition et le produit par les rationnels ; en effet si zi∈Q[α], i=
1,2 il existe Pi∈Q[X] tel que zi=Pi(α) et on a z1+kz2=(P1+kP2)(α), Q[α] est
donc un sous-espace vectoriel du Q-espace vectoriel C.
Q[α] est une algèbre, en considérant la restriction à Q[α] de la multiplication
∗de Cqui est une loi interne ; nous la noterons ×selon l’usage usuel. En effet
si β1=P(α) et β2=Q(α), on a β1×β2=P(α)×Q(α)=PQ(α). Il reste à vérifier
que :
• ∗ est distributive par rapport à l’addition, ce qui résulte de la stabilité et des
propriétés de C.
• ∀λ∈Q, (x,y)∈Q[α], λ(x∗y)=(λ)∗y=x∗(λy).
•la loi ×est associative par restriction des propriétés de C.
•la loi ×est unitaire, ce qui se vérifie facilement puisque 1 =P0(α) où P0est le
polynôme constant 1.
•l’intégrité résulte de celle de C.
On peut aussi remarquer que Cest une Q-algébre et démontrer que Q[α] est
une sous-algèbre.
5. αest algébrique si et seulement si Q[α] est un Q-espace vectoriel de dimension
finie.
•Supposons Q[α] de dimension finie, notée p; il existe alors une famille (1,α,...,αp)
de p+1 vecteurs de Q[α] qui est liée ; donc la famille (αn)n∈Nest liée, donc α
est algébrique.
Supposons αalgébrique, soit alors Pun polynôme de Q[X] tel que P(α)=0. Po-
sons P=anXn+...+a0où an6=0, alors αn=−an−1
an
αn−1−...−a0
an
.
Notons Ele Q−espace vectoriel engendré par (1,α,...,αn−1) ; on a alors que
αn∈E. Il est clair que Q[α] contient E.
Montrons que Q[α] est contenu dans E.
Pour cela, il suffit de montrer que : ∀k∈N,αn+k∈E.
•Pour k=0, il est clair que αn∈E.
•Si pour un entier kon a αn+k=a0+a1α+···+anαn−1alors αn+k+1=a0α+
a1α2+···+anαn, or αn∈Edonc αn+k+1∈E.
Conclusion : E=Q[α] et Eest de dimension finie ; la dimension de En’est pas
nécessairement n, pourquoi ?
6. Montrons que, si αet βsont algébriques, alors α+βet αβ le sont aussi.
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Il suffit de montrer que Q[α+β] et Q[αβ] sont des sous-espaces vectoriels du
Q-espace vectoriel engendré par la famille (αiβj)0≤i≤n1
0≤j≤m−1où net msont les
degrés de deux polynômes annulateurs de αet β.
Ces sous-espaces ne sont pas vides. Puis prenons xet ydans Q[α+β], il existe
alors deux polynômes Pet Qtel que x=P(α+β), y=Q(α+β), par un calcul
simple, et en sachant que pour tout entier k>,αn+ket βm+ksont combinaison
linéaire de (1,α,...,αn−1) et (1,β,...,βm−1), on montre la stabilité pour la loi
interne +et la loi externe « produit par les rationnels ».
7. L’ensemble des nombres algébriques est un corps.
D’après la question précédente, l’ensemble des nombres algébriques est une
partie non vide de Cstable pour les lois +et ×, donc c’est déjà un anneau. Soit
αun nombre algébrique non nul ; il existe donc un polynôme à coefficients
dans Qtel que a0+a1α+...+anαn=0 donc an+an−11
α+...+a01 αn=0, ce qui
prouve que 1
αest algébrique. On a prouvé ainsi que l’anneau est un corps.
L’ensemble des nombres algébriques est aussi une Q-algèbre.
L’ensemble des nombres algébriques est stable pour la multiplication par les
rationnels, ce qui en fait un Q-espace vectoriel et donc aussi une Q-algèbre. Le
reste résulte du fait que Cest une Q-algèbre associative et unitaire et on a là
une sous-algèbre de C.
8. Q[i] est un corps.
Comme Q[i] est une algèbre commutative unitaire, c’est déjà un anneau com-
mutatif unitaire, il reste à vérifier que tout élément non nul est inversible. On
a, pour tout (p,q)6= (0,0) de Q2,1
p+qi =p p2+q2+−q p2+q2i, donc 1 p+qi est
l’image de ipar le polynôme Pà coefficients rationnels où P=p
p2+q2+−q p2+q2X
9. Soit ωune racine de X3+X+1. Démontrons que Q[ω] est un corps.
La seule chose à prouver est que a+bω+cω2, où a,b,csont des rationnels non
tous nuls, a un inverse dans Q[ω], en effet nous avons vu, à la question 5, que
Q[ω] est un Q-espace vectoriel de dimension 3 engendré par 1,ω,ω2et c’est
même une Q-algèbre commutative, unitaire et intègre, comme on l’a vu dans
la question 4.
On sait que le polynôme X3+X+1 est irréductible dans Q[X] ; en effet il n’ad-
met aucune racine rationnelle – démonstration que l’on trouve à la partie 5 –
donc il est premier avec tout polynôme du type a+bX +c X 2, par conséquent
il existe Uet Vtels que (X3+X+1)U+(a+bX +c X 2)V=1 ; d’où (a+bω+
cω2)V(ω)=1 ce qui prouve que tout élément non nul admet un inverse dans
Q[ω].
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10. Supposons αalgébrique. On sait déjà que Q[α] est une Q-algèbre de dimension
finie et intègre. Il reste donc à prouver que Q[α] est un corps. C’est un anneau
intègre, donc il reste à prouver que tout élément non nul admet un inverse.
Soit a∈Q[α], a6=0 et fl’application de . Q[α] vers Q[α] définie par f(x)=ax ;
cette application est linéaire, et comme Q[α] est intègre, le noyau est réduit à
l’élément nul, donc fest injective, par conséquent elle est bijective puisque
que fest un endomorphisme en dimension finie ; on en déduit qu’il existe a0∈
Q[α], unique tel que aa0=1. On démontre de la même manière qu’il existe
a"∈Q[α] tel que a"a=1 ; comme Q[α] est un anneau commutatif, on a a0=a",
ce qui prouve que Q[α] est un corps.
Supposons que Q[α] soit un corps. Prenons α, il admet un inverse de la forme
a0+···+akαk; de sorte que akαk+1+···+a0α−1=0, donc αest algébrique.
2 Extension de corps
2.1
Soient a1,..., anune base de Gsur Fet b1,...,bmune base de Hsur G.
Démontrons que (aibj), (i,j)∈{1,...,n}×{1,...,m} est une base de Hsur F
• La famille est libre : Soit αi,j∈Fet X
i,j
αi,jaibj=0, on a alors
m
X
j=1"n
X
i=1
αi,jai#bj=
0 avec
n
X
i=1
αi,jai∈G; or la famille b1,...,bmest libre sur G, donc pour tout j1≤
j≤mon a
n
X
i=1
αi,jai=0, et comme la famille a1,...,anest libre sur Fon obtient
que pour tout (i,j)∈{1,...,n}×{1,...,m}αi,j=0.
• La famille est génératrice : Soit x∈H, la famille b1,...,bmétant génératrice de
H, il existe des éléments βj∈Gtels que x=
m
X
j=1
βjbj; puis pour tout j∈ 1,m,
comme a1,...,anest génératrice de G, il existe des éléments αi,j∈Ftels que
βj=
n
X
i=1
αi,jai. Finalement on obtient x=
m
X
j=1"n
X
i=1
αi,jai#bj=X
i,j
αi,jaibj. On a
démontré que Hest un espace-vectoriel sur Fde dimension mn.
2.2
1. Dire que deg(α,F)=1 est équivalent à dire que la famille (1,α) est liée, ce qui
revient à dire qu’il existe deux éléments (λ,µ) de Fnon nuls – en effet si µ=0
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alors λ=0 – tels que λ+µα =0 ce qui revient à dire que α=−λ
µ∈F.
2. On a α6∈Fet il existe deux éléments aet bde Ftels que α2+aα+b=0.
•F(α) est clairement un espace vectoriel sur Fet sa dimension est 2. En effet
par construction, la famille (1,α) est génératrice ; si nous considérons deux
éléments xet yde Ftels que x+yα=0 alors si y6= 0 nous obtenons que
α= −x
y∈Fce qui est impossible ; donc y=0 et aussi x=0 ; la famille (1,α)
est aussi libre.
• Montrons que l’ensemble F(α)=©x+yα;x∈F,y∈Fªest un sous-corps de R.
F(α) est déjà un sous-groupe additif de R.F(α) est un sous-anneau de R:
en effet la stabilité pour la multiplication de Rrésulte de α2= −aα−bet
1=1+0α∈F(α). C’est un corps : il suffit de montrer que tout élément non
nul est inversible.
Donnons d’abord quelques indications sur α.αvérifie α2+aα+b=0 et α6∈F
par conséquent ∆=p2−4qn’est ni nul–sinon αserait dans F– ni négatif,
sinon αserait dans C. En outre, ∆n’est pas un carré sinon αserait encore
dans F.
Montrons maintenant que, pour tout (a,b)∈F2avec (a,b)6=(0,0) il existe un
unique couple (x,y)∈F2tel que (a+bα)(x+yα)=1. En utilisant que (1,α)
est une base de F(α) on est amené à résoudre le système :
½ax −bq y =1
bx +(a−bp)y=0
Le déterminant D=µa−bp
2¶2
−b2
4∆. Comme ∆n’est pas un carré, il en ré-
sulte que D6=0. Ce qui prouve l’existence d’un unique inverse et nous obte-
nons aisément une expression de cet inverse :
x=a−bp
D
y=b2q
D
• On a vu ci-dessus que α=−p
2±p∆ 2, ce qui prouve que k=∆convient.
• On a vu que deg(α,F)6=1 et que deg(α,F)≤2 donc deg(α,F)=2.
F(α) est une extension quadratique de F.
3. On suppose désormais que deg(α,F)=n, où nest un entier strictement supé-
rieur à 1.
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