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
1) (a) Montrer que √2est irrationnel.
Solution: Supposons que √2 = a
bavec (a, b)∈N∗premiers entre-eux. On a alors
a2= 2b2.
et 2divise a2. Or si 2ne divise pas aon peut écrire a= 2a0+ 1 ce qui implique que a2=
2(2a02+ 2a0)+1et donc 2ne divise pas non plus a2. Par contraposé on en déduit que 2divise
aet donc que a= 2a0. Ceci implique alors b2= 2a02et on en déduit de la même façon que 2
divise bet 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 √pest irrationnel pour tout nombre premier p.
Solution: Supposons que √p=a
bavec (a, b)∈N∗premiers entre-eux. On a alors
a2=pb2.
et pdivise a2. Ceci implique que pdivise 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=pa02et on en
déduit de la même façon que pdivise b. Ceci contredit le fait que (a, b)sont premiers entre-eux.
Ainsi √pne peut pas être rationnel.
2) Soit n∈N. Montrer que √nest soit entier soit irrationnel.
Solution: Supposons que √nest un nombre rationnel. On a alors aet bdes entiers positifs tels que
a2=nb2.
On définit alors l’ensemble Γpar
Γ := {p∈N∗:pest un diviseur premier de a,bou n}.
En utilisant la décomposition en facteur premier dans Non a trois fonctions νa,νbet νnà valeurs
dans Ntelles que
a=Y
p∈Γ
pνa(p), b =Y
p∈Γ
pνb(p), n =Y
p∈Γ
pνn(p).
Mais alors l’équation a2=nb2nous fournit
Y
p∈Γ
p2νa(p)=Y
p∈Γ
p2νb(p)+νn(p).
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 pdans Γ, le nombre νn(p)est divisible par 2c’est à dire νn(p) =
2ν0
n(p)et on peut alors écrire
n:= Y
p∈Γ
p2ν0
n(p)=
Y
p∈Γ
pν0
n(p)
2
,
et donc nest un carré parfait. Ceci contredit les hypothèses.
3) Soit n1, n2deux entiers qui ne sont pas des carrés parfaits.
1

(a) Montrer que √n1+√n2est irrationnel.
Solution: Si on suppose que √n1+√n2=a
b,on peut en déduire
b2n1=a2+b2n2−2ab√n2,
ce qui est absurde car cela impliquerait que √n2est rationnel or d’après la question 2) ce n’est
pas le cas.
(b) Montrer que √n1+√n2est algébrique sur Qet 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=n1et 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
4n2t2= 4s2t2= (t2+n2−n1)2=t4+ 2(n2−n1)t2+ (n2−n1)2.
Au final on voit que t=√n1+√n1est solution de
P(X) := X4−2(n1+n2)X2+ (n2−n1)2= 0.
(c) Déterminer le polnôme minimal de √n1+√n2.
Solution: On peut facilement factoriser Pdans 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 Pne 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
(X−√n1+√n2)(X−√n1−√n2) = X2−2√n1X+n1−n2/∈Q[X],
(X−√n1+√n2)(X+√n1+√n2) = X2+ 2√n2X+n2−n1/∈Q[X],
Finalement la seule factorisation possible vient du regroupement
(X+√n1+√n2)(X−√n1−√n2) = X2−n1−n2−2√n1n2,
qui est dans Q[X]si et seulement si √n1n2est rationnelle. On a donc deux cas de figure. Si
n1n2est un carré parfait alors le polynôme minimale de √n1+√n2est
X2−n1−n2−2√n1n2.
Sinon le polynôme minimale est P.
Exercice 2
1) Soit P=X2+X+ 1 ∈F2[X]. On pose F:= F2/(P)et α=Xdans F.
(a) Montrer que Pest irréductible.
Solution: Degré 2 et pas de racine donc irréductible.
(b) Montrer que F=F2[α] = {a0+a1α|a0, a1∈F2}.
Solution: On rappelle que F2[α] = {Pn
i=0 aiαi|n∈N, ai∈F2}. Pour tout polynôme
A∈F2[X], il existe un unique couple (Q, R)∈F2[X]2tel que A=P Q +Roù deg(R)<2.
Ainsi A=R=a0+a1αavec a0, a1∈F2d’où le résultat.
(c) Montrer que αest racine de Pet factoriser Pdans F.
Solution: On a P(α) = P(X) = P(X) = 0 dans Fet donc αest racine de Pdans F. On fait
la division euclidienne de Ppar (X−α)et on trouve P= (X−α)(X+α+ 1) sur F.
2) Soit P=X3+X+ 1 ∈F2[X]. On pose F:= F2/(P)et α=Xdans F.
2

(a) Montrer que Pest irréductible.
Solution: Degré 3 et pas de racine donc irréductible.
(b) Montrer que F=F2[α] = {a0+a1α+a2α2|a0, a1, a2∈F2}.
Solution: On rappelle que F2[α] = {Pn
i=0 aiαi|n∈N, ai∈F2}. Pour tout polynôme
A∈F2[X], il existe un unique couple (Q, R)∈F2[X]2tel que A=P Q +Roù deg(R)<3.
Ainsi A=R=a0+a1α+a2α2avec a0, a1, a2∈F2d’où le résultat.
(c) Montrer que αest racine de Pet factoriser Pdans F.
Solution: Par division euclidienne on trouve P= (X−α)(X2+αX +(α2+1)). Reste à savoir si
Q=X2+αX +(α2+1) est irréductible. On cherche une racine sous la forme β=a0+a1α+a2α2.
On trouve
Q(β)=0⇐⇒ (a0+a2+ 1) + a0α+ (a2+ 1)α2= 0 ⇐⇒ a0= 0, a2= 1, a1= 0 ou 1.
Les racines de Qsont donc α2et α2+αet 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 √2sur Q.
Solution: P:= X2−2est unitaire, irréductible et P(√2) = 0 donc Pest le polynôme minimal de
√2sur Q.
3) Déterminer le polynôme minimal de 3
√2sur Q.
Solution: P:= X3−2est unitaire, irréductible et P(3
√2) = 0 donc Pest le polynôme minimal de
3
√2sur Q.
4) Déterminer le polynôme minimal de n
√2sur Q.
Solution: P:= Xn−2est unitaire, irréductible et P(n
√2) = 0 donc Pest le polynôme minimal de
n
√2sur Q.
5) Déterminer le polynôme minimal de √3sur Q[√2].
Solution: On vérifie que √3/∈Q[√2]. L’extension [Q(√2)(√3),Q(√2)] et donc au moins de degré 2.
Comme X2−3est un polynôme annulateur de √3c’est nécessairement le polynôme minimal de de
√3sur Q[√2].
6) Déterminer le polynôme minimal de 4
√2sur Q[√2].
Solution: On a[Q(4
√2),Q]=4et [Q(√2),Q] = 2 donc [Q(4 √2),Q(√2)] = 2. Le polynôme X2−√2
est un polynôme annulateur de 4
√2sur Q(√2), ce doit donc être le polynôme minimal de 4 √2.
Codes correcteurs
Exercice 4 Soit Cle code de Hamming de paramètre (4,7) de matrice génératrice Get de matrice de
contrôle Hdonnée par :
G=
1000
0100
0010
0001
1110
1101
1011
et H=
1110100
1101010
1011001
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
Hm0=
1
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 ?
Solution: Oui puisque Hm0=
1
0
0
6=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 m0de 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:
tmt(Gm)d(Gm, m0)tmt(Gm)d(Gm, m0)
(0,0,0,0) (0,0,0,0,0,0,0) 3 (0,1,1,0) (0,1,1,0,0,1,1) 3
(1,0,0,0) (1,0,0,0,1,1,1) 5 (0,1,0,1) (0,1,0,1,1,0,1) 5
(0,1,0,0) (0,1,0,0,1,1,0) 5 (0,0,1,1) (0,0,1,1,1,1,0) 1
(0,0,1,0) (0,0,1,0,1,0,1) 4 (1,1,1,0) (1,1,1,0,1,0,0) 5
(0,0,0,1) (0,0,0,1,0,1,1) 2 (1,1,0,1) (1,1,0,1,0,1,0) 3
(1,1,0,0) (1,1,0,0,0,0,1) 6 (1,0,1,1) (1,0,1,1,0,0,1) 3
(1,0,1,0) (1,0,1,0,0,1,0) 2 (0,1,1,1) (0,1,1,1,0,0,0) 2
(1,0,0,1) (1,0,0,1,1,0,0) 4 (1,1,1,1) (1,1,1,1,1,1,1) 4
Ainsi, le message d’origine aurait peut être :
0
0
0
1
0
1
1
,
1
0
1
0
0
1
0
ou
0
1
1
1
0
0
0
.
Exercice 5 Soit q=pnoù pest un nombre premier et soit Fqle corps fini à qéléments. Soit E=Fn
q.
On rappelle que pour tout x∈Fn
q,w(x)est le nombre de coordonnées non nuls dans xet que la distance
de Hamming est définie par d(x, y) = w(x−y).
1) Montrer que dest une distance sur Fn
q.
Solution: Il faut montrer que pour tout (x, y, z)∈Fn
q
(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
di(x, y) = (0si xi=yi
1si xi6=yi
On a d(x, y) = Pdi(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 xi6=yion a forcément xi6=ziou yi6=zi.
2) Combien y-a-t-il d’éléments dans un s.e.v de Fn
qde 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 qchoix, ce qui fait qd
éléments.
4

3) Combien y-a-t-il d’éléments dans Fn
qtels que w(x)≤1? tels que w(x)≤2?
Solution: Si w(x)≤1, cela veut dire soit que x=0soit que xdiffère de 0en une seul composante.
Il y a donc 1 + n
1(q−1) = 1 + n(q−1) éléments qui vérifient w(x)≤1.
Si w(x)≤2alors soit w(x)=0et x=0, soit w(x)=1et il y a n(q−1) possibilités, soit xdiffère
de 0en 2composantes, il y a donc n
2(q−1)2.Finalement on a
{x∈Fn
q|w(x)≤2}= 1 + n
1(q−1) + n 2(q−1)2
4) Calculer le cardinal de la boule fermée Br(a)centré en aet 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)−→ Br(0)
x7−→ x−a
est bien définie et injective. D’après les questions précédentes, on voit que
|Br(0)|={x∈Fn
q|w(x)≤r}
=
r
X
i=0 n
i(q−1)i.
On remarque que si on prends r=n, alors
|Bn(a)|=
n
X
i=0 n
i(q−1)i= (q−1 + 1)n=qn
ce qui est cohérent puisque la boule de centre 0et de rayon ncontient tous les éléments de Fn
q.
5) Soit Cun code t-correcteurs de Ede dimension d. Montrer que |C| ≤ qn/|Bt(0)|.
[Aide : Un code est t-correcteur si les boules de centre les mots du code et de rayon tsont disjointes. ]
Solution: Toutes les boules de rayon tont même cardinal |Bt(0)|. Si toutes les boules de centre un
mot de Csont disjointes alors |C|×|Bt(0)| ≤ qnd’où le résultat.
6) L’entier tpeut-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 F7
2.
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= 27éléments, soit l’espace F7
2tout entier.
Exercice 6 Soit E=Fn
2et soit Cun code linéaire de dimension ket de distance minimale dC. Soit F
le s.e.v de Eformé des vecteurs de la forme (x1, x2, . . . , xn−(k−1),0,...,0). Montrer que F∩Cn’est pas
réduit à 0et 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 Cdont les k−1dernières composantes sont
nulles. Le poids de ce vecteur est inférieur ou égal à n−k−1et donc dC≤n−(k−1).
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