Solutions Feuille de Travaux Dirigés n 4

Université Francois Rabelais de Tours
Licence de Mathématiques
Solutions Feuille de Travaux Dirigés n◦ 4
L3, Algèbre
Semestre 6
Extension de corps
Exercice 1
√
2 est irrationnel.
√
Solution: Supposons que 2 =
1) (a) Montrer que
a
b
avec (a, b) ∈ N∗ premiers entre-eux. On a alors
a2 = 2b2 .
et 2 divise a2 . Or si 2 ne divise pas a on peut écrire a = 2a0 + 1 ce qui implique que a2 =
2(2a02 + 2a0 ) + 1 et donc 2 ne divise pas non plus a2 . Par contraposé on en déduit que 2 divise
a et donc que a = 2a0 . Ceci implique alors b2 = 2a02 et on en déduit de la même façon que√2
divise b et donc que b = 2b0 . Ceci contredit le fait que (a, b) sont premiers entre-eux. Ainsi 2
ne peut pas être rationnel.
√
(b) Montrer que p est irrationnel pour tout nombre premier p.
√
Solution: Supposons que p = ab avec (a, b) ∈ N∗ premiers entre-eux. On a alors
a2 = pb2 .
et p divise a2 . Ceci implique que p divise a. On peut par exemple utiliser la décomposition de a
en facteur premiers pour le voir. On a donc que a = pa0 . Ceci implique alors b2 = pa02 et on en
déduit de la même façon que p divise b. Ceci contredit le fait que (a, b) sont premiers entre-eux.
√
Ainsi p ne peut pas être rationnel.
√
2) Soit n ∈ N. Montrer que n est soit entier soit irrationnel.
√
Solution: Supposons que n est un nombre rationnel. On a alors a et b des entiers positifs tels que
a2 = nb2 .
On définit alors l’ensemble Γ par
Γ := {p ∈ N∗ : p est un diviseur premier de a, b ou n}.
En utilisant la décomposition en facteur premier dans N on a trois fonctions νa , νb et νn à valeurs
dans N telles que
Y
Y
Y
a=
pνa (p) ,
b=
pνb (p) ,
n=
pνn (p) .
p∈Γ
2
p∈Γ
p∈Γ
2
Mais alors l’équation a = nb nous fournit
Y
Y
p2νa (p) =
p2νb (p)+νn (p) .
p∈Γ
p∈Γ
Et en utilisant l’unicité de la décomposition en facteurs premiers on arrive alors à
∀p ∈ Γ,
2νa (p) = 2νb (p) + νn (p).
On en conclut donc que pour tout p dans Γ, le nombre νn (p) est divisible par 2 c’est à dire νn (p) =
2νn0 (p) et on peut alors écrire
2

n :=
Y
p
0
2νn
(p)
p∈Γ
=
Y
p
0
νn
(p)
p∈Γ
et donc n est un carré parfait. Ceci contredit les hypothèses.
3) Soit n1 , n2 deux entiers qui ne sont pas des carrés parfaits.
1
 ,
√
n1 +
√
n2 est irrationnel.
√
√
Solution: Si on suppose que n1 + n2 = ab , on peut en déduire
(a) Montrer que
√
b2 n1 = a2 + b2 n2 − 2ab n2 ,
√
ce qui est absurde car cela impliquerait que n2 est rationnel or d’après la question 2) ce n’est
pas le cas.
√
√
√
√
(b) Montrer que n1 + n2 est algébrique sur Q et déterminer P ∈ Q[X] tel que P ( n1 + n2 ) = 0.
Solution: On introduit les notations
√
√
r = n1 , s = n2 , t = r + s.
On a alors r2 = n1 et s2 = n2 . On veut une équation polynomiale à coefficients entier pour t.
n1 = r2 = (t − s)2 = t2 + s2 − 2st = t2 + n2 − 2st.
Mais on peut alors isoler le terme en st pour obtenir
4n2 t2 = 4s2 t2 = (t2 + n2 − n1 )2 = t4 + 2(n2 − n1 )t2 + (n2 − n1 )2 .
√
√
Au final on voit que t = n1 + n1 est solution de
P (X) := X 4 − 2(n1 + n2 )X 2 + (n2 − n1 )2 = 0.
(c) Déterminer le polnôme minimal de
√
n1 +
√
n2 .
Solution: On peut facilement factoriser P dans R[X] car les racines proviennent d’une équation
bicarrée.
√
√
√
√
√
√
√
√
P (X) = (X − ( n1 + n2 ))(X + ( n1 + n2 ))(X − ( n1 − n2 ))(X + ( n1 − n2 )).
Or en utilisant les mêmes arguments qu’à la question 1) on peut voir qu’aucune des racines
n’est rationnelle. Ceci implique que P ne peut pas se factoriser dans Q[X] comme produit d’un
polynôme de degré 3 et d’un polynôme de degré 1.
On constate de plus que
√
√
√
√
√
/ Q[X],
(X − n1 + n2 )(X − n1 − n2 ) = X 2 − 2 n1 X + n1 − n2 ∈
√
√
√
√
√
(X − n1 + n2 )(X + n1 + n2 ) = X 2 + 2 n2 X + n2 − n1 ∈
/ Q[X],
Finalement la seule factorisation possible vient du regroupement
√
√
√
√
√
(X + n1 + n2 )(X − n1 − n2 ) = X 2 − n1 − n2 − 2 n1 n2 ,
√
qui est dans Q[X] si et seulement si n1 n2 est rationnelle. On a donc deux cas de figure. Si
√
√
n1 n2 est un carré parfait alors le polynôme minimale de n1 + n2 est
√
X 2 − n1 − n2 − 2 n1 n2 .
Sinon le polynôme minimale est P .
Exercice 2
1) Soit P = X 2 + X + 1 ∈ F2 [X]. On pose F := F2 /(P ) et α = X dans F .
(a) Montrer que P est irréductible.
Solution: Degré 2 et pas de racine donc irréductible.
(b) Montrer que F = F2 [α] = {a0 + a1 α | a0 , a1 ∈ F2 }.
Pn
Solution: On rappelle que F2 [α] = { i=0 ai αi | n ∈ N, ai ∈ F2 }. Pour tout polynôme
A ∈ F2 [X], il existe un unique couple (Q, R) ∈ F2 [X]2 tel que A = P Q + R où deg(R) < 2.
Ainsi A = R = a0 + a1 α avec a0 , a1 ∈ F2 d’où le résultat.
(c) Montrer que α est racine de P et factoriser P dans F .
Solution: On a P (α) = P (X) = P (X) = 0 dans F et donc α est racine de P dans F . On fait
la division euclidienne de P par (X − α) et on trouve P = (X − α)(X + α + 1) sur F .
2) Soit P = X 3 + X + 1 ∈ F2 [X]. On pose F := F2 /(P ) et α = X dans F .
2
(a) Montrer que P est irréductible.
Solution: Degré 3 et pas de racine donc irréductible.
(b) Montrer que F = F2 [α] = {a0 + a1 α + a2 α2 | a0 , a1 , a2 ∈ F2 }.
Pn
Solution: On rappelle que F2 [α] = { i=0 ai αi | n ∈ N, ai ∈ F2 }. Pour tout polynôme
A ∈ F2 [X], il existe un unique couple (Q, R) ∈ F2 [X]2 tel que A = P Q + R où deg(R) < 3.
Ainsi A = R = a0 + a1 α + a2 α2 avec a0 , a1 , a2 ∈ F2 d’où le résultat.
(c) Montrer que α est racine de P et factoriser P dans F .
Solution: Par division euclidienne on trouve P = (X −α)(X 2 +αX +(α2 +1)). Reste à savoir si
Q = X 2 +αX +(α2 +1) est irréductible. On cherche une racine sous la forme β = a0 +a1 α+a2 α2 .
On trouve
Q(β) = 0 ⇐⇒ (a0 + a2 + 1) + a0 α + (a2 + 1)α2 = 0 ⇐⇒ a0 = 0, a2 = 1, a1 = 0 ou 1.
Les racines de Q sont donc α2 et α2 + α et on a
P = (X − α)(X − α2 )(X − (a + α2 ))
Exercice 3
1) Énoncer le critère d’irréductibilité de Eisenstein de la feuille de Td1.
√
2) Déterminer le polynôme minimal de 2 sur Q.
√
Solution: P := X 2 − 2 est unitaire, irréductible et P ( 2) = 0 donc P est le polynôme minimal de
√
2 sur Q.
√
3) Déterminer le polynôme minimal de 3 2 sur Q.
√
Solution:
P := X 3 − 2 est unitaire, irréductible et P ( 3 2) = 0 donc P est le polynôme minimal de
√
3
2 sur Q.
√
4) Déterminer le polynôme minimal de n 2 sur Q.
√
Solution:
P := X n − 2 est unitaire, irréductible et P ( n 2) = 0 donc P est le polynôme minimal de
√
n
2 sur Q.
√
√
5) Déterminer le polynôme minimal de 3 sur Q[ 2].
√
√
√ √
√
Solution: On vérifie que 3 ∈
/ Q[ 2]. L’extension
[Q( 2)( 3), Q( 2)] et donc au moins de degré 2.
√
2
Comme X√
− 3 est un polynôme annulateur de 3 c’est nécessairement le polynôme minimal de de
√
3 sur Q[ 2].
√
√
6) Déterminer le polynôme minimal de 4 2 sur Q[ 2].
√
√
√
√
√
Solution: On a[Q( 4 2), Q] = 4 √
et [Q( 2),√Q] = 2 donc [Q( 4 2), Q( 2)] = 2. Le polynôme√X 2 − 2
est un polynôme annulateur de 4 2 sur Q( 2), ce doit donc être le polynôme minimal de 4 2.
Codes correcteurs
Exercice 4 Soit C le code de
contrôle H donnée par :

1
0

0

G=
0
1

1
1
Hamming de paramètre (4, 7) de matrice génératrice G et de matrice de
0
1
0
0
1
1
0
0
0
1
0
1
0
1

0
0

0

1

0

1
1
et

1
H = 1
1
1
1
0
1
0
1
0
1
1
1
0
0
0
1
0

0
0
1
1) Corriger le message m0 = t (1, 1, 0, 1, 1, 0, 0) sachant qu’il y a eu une seule erreur.
Solution: Soit ei = (0, . . . , 1, . . . 0) le vecteur d’erreur qui contient un 1 à la iième place de telle sorte
que m = m0 + ei . On calcule
 
1
Hm0 = 1
0
qui est la deuxième colonne de H. Ainsi i = 2 et le message devrait être t (1, 0, 0, 1, 1, 0, 0).
3
2) Vous recevez le message m0 = t (0, 0, 1, 1, 0, 1, 0).
(a) Y-a-t-il eu des erreurs ?
 
1
Solution: Oui puisque Hm0 = 0 6= 0.
0
(b) Corriger le message sachant qu’il y a eu une seule erreur.
Solution: En procédant comme dans la question précédente, on montre que l’erreur se situe à
la 5ième place et donc que le message envoyé devait être t (0, 0, 1, 1, 1, 1, 0). Comme le codage est
systématique, la partie contenant les informations (les 4 premières composantes) sont correctes.
(c) Si on suppose qu’il y a eu deux erreurs, déterminer les messages qui pourraient avoir été envoyés ?
Solution: Il s’agit ici de trouver les mots de code qui diffèrent de m0 de deux composantes et
qui vérifient Hm1 = Hm2 = 0. Dans le tableau suivant, on calcule tous les mots de code ainsi
que la distance à m0 :
t
m
(0, 0, 0, 0)
(1, 0, 0, 0)
(0, 1, 0, 0)
(0, 0, 1, 0)
(0, 0, 0, 1)
(1, 1, 0, 0)
(1, 0, 1, 0)
(1, 0, 0, 1)
t
(Gm)
(0, 0, 0, 0, 0, 0, 0)
(1, 0, 0, 0, 1, 1, 1)
(0, 1, 0, 0, 1, 1, 0)
(0, 0, 1, 0, 1, 0, 1)
(0, 0, 0, 1, 0, 1, 1)
(1, 1, 0, 0, 0, 0, 1)
(1, 0, 1, 0, 0, 1, 0)
(1, 0, 0, 1, 1, 0, 0)
d(Gm, m0 )
3
5
5
4
2
6
2
4
t
m
(0, 1, 1, 0)
(0, 1, 0, 1)
(0, 0, 1, 1)
(1, 1, 1, 0)
(1, 1, 0, 1)
(1, 0, 1, 1)
(0, 1, 1, 1)
(1, 1, 1, 1)
t
(Gm)
(0, 1, 1, 0, 0, 1, 1)
(0, 1, 0, 1, 1, 0, 1)
(0, 0, 1, 1, 1, 1, 0)
(1, 1, 1, 0, 1, 0, 0)
(1, 1, 0, 1, 0, 1, 0)
(1, 0, 1, 1, 0, 0, 1)
(0, 1, 1, 1, 0, 0, 0)
(1, 1, 1, 1, 1, 1, 1)
d(Gm, m0 )
3
5
1
5
3
3
2
4
Ainsi, le message d’origine aurait peut être :
 
   
0
1
0
1
0 0
 
   
1
0 1
 
   
1 , 0 ou 1 .
   
 
0
0 0
 
   
0
1 1
0
0
1
Exercice 5 Soit q = pn où p est un nombre premier et soit Fq le corps fini à q éléments. Soit E = Fnq .
On rappelle que pour tout x ∈ Fnq , w(x) est le nombre de coordonnées non nuls dans x et que la distance
de Hamming est définie par d(x, y) = w(x − y).
1) Montrer que d est une distance sur Fnq .
Solution: Il faut montrer que pour tout (x, y, z) ∈ Fnq
(a) d(x, y) = d(y, x)
(b) d(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y
(c) d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y)
Les deux premiers points sont clairs. Pour montrer la troisième inégalité, on introduit la fonction
suivante
(
0 si xi = yi
di (x, y) =
1 si xi 6= yi
P
On a d(x, y) = di (x, y). Ainsi pour montrer que d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) il suffit de montrer que
di (x, y) ≤ di (x, z) + di (z, y).
Mais c’est clair puisque dès lors que xi 6= yi on a forcément xi 6= zi ou yi 6= zi .
2) Combien y-a-t-il d’éléments dans un s.e.v de Fnq de dimension d ?
Solution: On fixe une base (e1 , . . . , ed ) du s.e.v. Tout élément s’écrit alors uniquement comme une
combinaison linéaire des éléments de la base. Pour chaque coefficient on a q choix, ce qui fait q d
éléments.
4
3) Combien y-a-t-il d’éléments dans Fnq tels que w(x) ≤ 1 ? tels que w(x) ≤ 2 ?
Solution: Si w(x)
≤ 1, cela veut dire soit que x = 0 soit que x diffère de 0 en une seul composante.
Il y a donc 1 + n1 (q − 1) = 1 + n(q − 1) éléments qui vérifient w(x) ≤ 1.
Si w(x) ≤ 2 alors soit w(x) = 0 et x =
0, soit w(x) = 1 et il y a n(q − 1) possibilités, soit x diffère
de 0 en 2 composantes, il y a donc n2 (q − 1)2 . Finalement on a
{x ∈ Fnq | w(x) ≤ 2} = 1 + n (q − 1) + n (q − 1)2
1
2
4) Calculer le cardinal de la boule fermée Br (a) centré en a et de rayon r.
Solution: Tout d’abord on voit que |Br (a)| = |Br (0)|. Pour cela on peut vérifier que l’application
Ψ : Br (a) −→
x
7−→
Br (0)
x−a
est bien définie et injective. D’après les questions précédentes, on voit que
|Br (0)| = {x ∈ Fnq | w(x) ≤ r}
r X
n
=
(q − 1)i .
i
i=0
On remarque que si on prends r = n, alors
|Bn (a)| =
n X
n
i=0
i
(q − 1)i = (q − 1 + 1)n = q n
ce qui est cohérent puisque la boule de centre 0 et de rayon n contient tous les éléments de Fnq .
5) Soit C un code t-correcteurs de E de dimension d. Montrer que |C | ≤ q n /|Bt (0)|.
[ Aide : Un code est t-correcteur si les boules de centre les mots du code et de rayon t sont disjointes. ]
Solution: Toutes les boules de rayon t ont même cardinal |Bt (0)|. Si toutes les boules de centre un
mot de C sont disjointes alors |C | × |Bt (0)| ≤ q n d’où le résultat.
6) L’entier t peut-il être arbitrairement grand ?
Solution: Non puisque sinon |Bt (0)| deviendrait arbitrairement grand et alors l’inégalité précédente
ne serait plus vérifiée.
7) Montrer que dans le cas du code de Hamming de paramètre (4,7), l’ensemble des boules de rayons 1
et de centre les mots du code forme une partition de F72 .
Solution: Le code de Hamming est 1-correcteur, on peut le voir par exemple en calculant le
poids des mots du code. Ce code contient 24 = 16 éléments et chaque boule de rayon 1 contient
1 + 7 × (2 − 1) = 8 éléments. La réunion des boules fermées de rayon 1 et centrées en les mots du
code contient donc 24 · 23 = 27 éléments, soit l’espace F72 tout entier.
Exercice 6 Soit E = Fn2 et soit C un code linéaire de dimension k et de distance minimale dC . Soit F
le s.e.v de E formé des vecteurs de la forme (x1 , x2 , . . . , xn−(k−1) , 0, . . . , 0). Montrer que F ∩ C n’est pas
réduit à 0 et en déduire que dC ≤ n + 1 − k.
Solution: On a dim F = n − (k − 1) et dim(C ) = k. Comme dim F + dim C = n + 1 on voit que F ∩ C
n’est pas réduit à 0. Autrement dit, il existe un vecteur dans C dont les k − 1 dernières composantes sont
nulles. Le poids de ce vecteur est inférieur ou égal à n − k − 1 et donc dC ≤ n − (k − 1).
5