Extensions : correction

L3 – Algèbre 2 2012–2013 : TD 1
Extensions : correction
Exercice 1.
1. Si n=1, L est un K-espace vectoriel de dimension 1 donc K =L. Si L′/K est un sous-extension
de degré n, L′est un sous-espace vectoriel de L tel que dimKL=dimKL′donc L =L′.
2. Notons dle degré de l’extension K[a,b]/K[b]. C’est également le degré du polynôme mini-
mal de asur K[b](qui est un des facteurs de P dans K[b][X]). En particulier, d≤degP =n.
D’après le théorème de la base télescopique,
[K[a,b]: K] = [K[a,b]: K[b]] ·[K[b]: K] = d m ≤nm.
En outre, toujours d’après le théorème de la base télescopique,
[K[a,b]: K] = [K[a,b]: K[a]] ·[K[a]: K] = [K[a,b]: K[a]] ·n
est un multiple de n. Puisque net msont premiers entre eux, le degré [K[a,b]: K]est un
multiple de nm. Puisqu’il est égal à d m, on a donc d=n, ce qui entraîne [K[a,b]: K] = nm
et le polynôme minimal de asur K[b]est de degré n: c’est donc bien P.
Par ailleurs, toujours à cause de la base télescopique, le degré [K[a]∩K[b]: K]divise à la fois
net m, donc [K[a]∩K[b]: K] = 1 et K[a]∩K[b] = K.
3. Les éléments de L algébriques sur K forment un corps, donc x2est algébrique sur K. On a
évidemment K[x2]⊆K[x]et il s’agit de démontrer l’inclusion réciproque. Tautologiquement,
xannule le polynôme X2−x2∈K[x2][X], donc xest algébrique sur K[x2]de degré 1 ou 2. On
a donc [K[x]: K[x2]] ∈{1,2}. Mais, d’après le théorème de la base télescopique,
[K[x]: K] = [K[x]: K[x2]] ·[K[x2]: K].
Puisque [K[x]: K]est de degré impair, on a nécessairement [K[x]: K[x2]] = 1 et K[x2] = K[x].
4. D’après le théorème de la base télescopique,
n= [L : K] = [L : K[a]] ·[K[a]: K].
Cela entraîne que le degré [K[a]: K]est fini et divise n. Puisque [K[a]: K]est fini, aest
algébrique et son polynôme minimal est de degré [K[a]: K].
5. Le nombre n
p2∈Rest évidemment algébrique sur Q, puisqu’il annule le polynôme Xn−2.
Ce dernier vérifie le critère d’Eisenstein pour p=2, donc est irréductible. Le nombre n
p2 est
donc algébrique sur Qde degré net Qn
p2/Qest une extension de degré n.
6. La seule extension finie de Cest l’extension triviale C/C, de degré 1. En effet, si L/Cest une
extension finie, tout élément α∈L est algébrique sur C. Son polynôme minimal est donc un
polynôme irréductible P ∈C[X]tel que P(α) = 0. Mais les polynômes irréductibles sur Csont
de degré 1 : on a donc P =X−α, ce qui entraîne α∈Cet donc L =C.
7. Si on note, pour P ∈Q[X]\{0},
Z(P) = §z∈CP(z) = 0ª,
1

on a par définition
Q=[
P∈Q[X]\{0}
Z(P),
ce qui écrit Qcomme une union dénombrable d’ensembles finis et qui entraîne la dénom-
brabilité de Q.
Exercice 2.
(a) Les polynômes X2−2 et X3−2 sont irréductibles sur Qen vertu du critère d’Eisenstein. Ce sont
donc les polynômes minimaux de p2 et 3
p2 sur Q. On a donc
Qp2:Q=2 et une Q-base de Qp2est 1,p2
Q3
p2:Q=3 et une Q-base de Q3
p2est 1, 3 p2, 3
p4
Le corps Qp2, 3
p2est évidemment inclus dans Q6 p2. Puisqu’en outre
6
p2=p2
3
p2=p2·3
p4
2,
on a bien Qp2, 3
p2=Q6 p2. Le polynôme X6−2 étant irréductible sur Qd’après le critère
d’Eisenstein, on a
Qp2, 3
p2:Q=6 et une Q-base de Qp2, 3 p2est (1,21/6,22/6=3 p2,23/6=p2,24/6=3
p4,25/6).
On voit en particulier que Qp2∩Q3
p2=VectQ1,p2∩VectQ1, 3
p2, 3
p4=VectQ(1) = Q.
En particulier, on voit que X2−2 n’a pas de racine dans Q3
p2et que X3−2 n’a pas de racine
dans Qp2. Puisque l’on a affaire à des polynômes de degré au plus 3, cela entraîne leur
irréductibilité. Le polynôme X2−2 est donc le polynôme minimal de p2 sur Q3
p2et X3−2
est le polynôme minimal de 3
p2 sur Qp2. On a donc
Qp2, 3
p2:Q3 p2=2 et une Q3 p2-base de Qp2, 3 p2est 1,p2
Qp2, 3
p2:Qp2=3 et une Qp2-base de Qp2, 3 p2est 1, 3 p2, 3
p4
Notons qu’on aurait pu appliquer la deuxième question de l’exercice précédent, les degrés de
p2 et 3
p2 sur Qétant premiers entre eux.
(b) Les nombres p2 et p3 sont tous les deux algébriques de degré 2 sur Q, de polynômes minimaux
X2−2 et X2−3, respectivement. Puisque ce sont des polynômes de degré 2, pour montrer que
X2−2 (resp. X2−3) reste irréductible sur Qp3(resp. Qp2), il s’agit de montrer que 2 (resp.
3) n’est pas un carré dans Qp3(resp. Qp2). C’est assez facile :
2 est un carré dans Qp3⇔∃(a,b)∈Q:a+bp32=2
⇔∃(a,b)∈Q:a2+3b2=2 et 2ab =0
⇔∃a∈Q:a2=2 ou ∃b∈Q:b2=2/3,
ce qui est impossible (l’autre cas ne pose pas plus de problème). Cela entraîne que
Qp2,p3:Qp3=2 et une Qp3-base de Qp2,p3est 1,p2
Qp2,p3:Qp2=2 et une Qp2-base de Qp2,p3est 1,p3
2

D’après le théorème de la base télescopique, on obtient en outre
Qp2,p3:Q=4 et une Q-base de Qp2,p3est 1,p2,p3,p6.
Évidemment, Qp2+p3⊆Qp2,p3donc p2+p3 doit être algébrique de degré divisant
4. Or, les éléments
1,p2+p3 et p2+p32=5+2p6
sont Q-libres (il suffit de regarder leurs coordonnées dans la base (1,p2,p3,p6)). Le nombre
p2+p3 n’est donc pas algébrique de degré ≤2, ce qui entraîne qu’il est algébrique de de-
gré 4. Qp2+p3⊆Qp2,p3est donc de Q-dimension 4, ce qui entraîne Qp2+p3=
Qp2,p3.
D’après ce qui précède, le polynôme minimal de p2+p3 est l’unique polynôme unitaire de
degré 4 qui l’annule. Cherchons-le. On remarque d’abord que p2+p32=5+2p6 est un
élément de Qp6: il doit donc être annulé par un polynôme de degré 2. En effet,
5+2p62=49 +20p6=105+2p6−1.
Le polynôme minimal de p2+p3 est donc X4−10X2+1.
(c) jest une racine primitive troisième de l’unité donc j2+j+1=0. Le polynôme X2+X+1 est
irréductible sur Q(et même sur R) donc
Q[j]:Q=2 et une Q-base de Q[j]est (1, j).
Remarquons que si l’on a deux extensions quadratiques Q[α]/Qet Q[β]/Q,α∈Q[β]si et seule-
ment si β∈Q[α], car les deux propriétés sont équivalentes à l’égalité Q[α] = Q[β](par égalité
des dimensions).
Ainsi, puisque j6∈ Q[p3]⊆R, on a p36∈ Q[j]. Et puisque j=−1
2+p3 2i6∈ Q[i](car p36∈Q), on
ai6∈Q[j].
(d) On a évidemment Qp3, j,Qp3,i⊆Qp3,i,j. En fait, ces inclusions sont des égalités :
j=−1
2+p3 2i∈Qi,p3donc Qp3,i,j=Qp3,i
i=2j+1
p3∈Qj,p3donc Qp3,i,j=Qp3, j.
Par ailleurs, on a vu que p36∈ Q[j], donc p3 est algébrique de degré 2 sur Q[j]. Si on note
K=Qp3, j=Qp3,i=Qp3,i,j, on a donc, par le théorème de la base télescopique,
[K : Q] = K : Q[j]·Qj:Q=4 et une Q-base de K est 1,p3, j,p3j.
(e) cos 2π
3=−1 2donc Qcos 2π 3=Q.
sin 2π
3=p3 2donc Qsin 2π 3=Qp3, extension de degré 2 sur Q, de Q-base 1,p3.
Le nombre complexe ζ5=cos 2π
5+sin 2π 5iest, comme son nom l’indique, une racine cin-
quième primitive de l’unité. On a donc
0=1+ζ5+ζ2
5+ζ3 5+ζ4 5
3

Puisque
R´ eζ5=R´ eζ4
5=cos 2π
5et R´
eζ2
5=R´
eζ3
5=cos 4π
5=2cos22π 5−1,
le nombre cos 2π
5est annulé par 22X2−1+2X +1=4X2+2X −1, et on a
cos 2π
5=p5−1 4.
Donc Qcos 2π
5=Qp5, extension de degré 2 de Q, de Q-base 1,p5.
On a
s=sin 2π
5=Ç1−cos22π 5=s1−p5−1 42
=p10 +2p5
4.
On en déduit
s2=5+p5
8
s4=5+p5
82
=15 +5p5
32 =5 4s2−5 16.
Le nombre s=sin 2π
5est donc annulé par le polynôme 16X4−20X2+5, qui est irréductible (en
vertu du critère d’Eisenstein pour p=5 et du fait que le polynôme est primitif).
On a donc
Qsin 2π
5:Q=4 et une Q-base de Qsin 2π 5est 1,sin 2π 5,sin22π 5,sin32π 5.
Remarquons que les coefficients disgracieux apparaissant dans les polynômes minimaux du
cosinus et du sinus de 2π/5 disparaîtraient si on considérait plutôt 2cos 2π
5et 2sin 2π 5.
Exercice 3.
1. Le polynôme P =X3+2X +2∈Q[X]est irréductible en vertu du critère d’Eisenstein (p=2).
2. La relation a3+2a+2=0 fournit immédiatement a·a2+2=−2 donc 1
a=−a2 2+1.
Le deuxième calcul est plus pénible : on peut le faire
– par identification des coefficients : les relations a3=−2a−2 et a4=−2a2−2apermettent
de développer
(a2+a+1)(x a 2+y a +z) = (−x+y+z)a2+ (−4x−y+z)a+ (−2x−2y+z)
donc
(a2+a+1)(x a 2+y a +z) = 1⇔
−x+y+z=0
−4x−y+z=0
−2x−2y+y=1⇔
x=2/7
y=−3/7
z=5/7.
– par l’algorithme d’Euclide :
X3+2X +2= (X2+X+1)(X−1) + (2X +3)
X2+X+1= (2X +3)(1/2X −1/4) + 7/4
4

donc on obtient la relation de Bézout
1=4
7(X2+X+1)−(2X +3)(1/2X −1/4)
=1
74(X2+X+1)−(2X −1)(X3+2X +2)−(X−1)(X2+X+1)
=1
7(X2+X+1)(2X2−3X +5)−(X3+2X +2)(2X −1)
donc X2+X+1 et (2X2−3X +5)/7 sont inverses modulo X3+2X +2.
Dans les deux cas, on obtient
1
a2+a+1=2a2−3a+5 7.
Pour l’expression de u, on peut simplement effectuer la division euclidienne de X6+3X4+
2X3+6X par X3+2X+2 ou calculer méthodiquement en partant de l’expression de a3,a4,a5
et a6en fonction de 1, aet a2. Dans les deux cas on obtient
u=−2a2+4a.
3. L’élément uappartient à Q(a), extension de Qde degré 3. C’est donc un élément algébrique
sur Qde degré divisant 3. Comme en outre il n’appartient pas à Q(cela se voit dans sa dé-
composition sur la base (1,a,a2)), il est de degré exactement 3. Il s’agit donc de chercher une
relation de liaison entre 1, u,u2et u3.
On peut toujours écrire la division euclidienne de
(−2X2+4X)3+λ(−2X2+4X)2+µ(−2X2+4X) + ν
par (X3+2X +2):
−8X6+48X5+ (4λ−96)X4+(64 −16λ)X3+ (16λ−2µ)X2+4µX+ν
= (X3+2X +2)−8X3+48X2+ (4λ−80)X−16 −16λ
+X28λ−2µ+64+X4µ+24λ+192+ (32λ+ν)
et résoudre un système linéaire pour obtenir l’annulation du reste
(X3+2X +2)divise (−2X2+4X)3+λ(−2X2+4X)2+µ(−2X2+4X) + ν⇔
8λ−2µ+64 =0
4µ+24λ+192 =0
32λ+ν=0
⇔
λ=−8
µ=0
ν=224
Mais il est sans doute plus simple de développer les puissances de udans la base (1,a,a2):
1=1
u=−2a2+4a
u2=8a2+24a+32
u3=64a2+192a+32
5