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Université Francois Rabelais de Tours
Licence de Mathématiques
Solutions Feuille de Travaux Dirigés n◦ 2
L3, Algèbre
Semestre 6
Questions de cours
Exercice 1 Soit P ∈ K[X] avec K = R ou C. Montrer que α est une racine de multiplicité k de P si et
seulement si pour tout j ∈ J0, k − 1K, on a P (j) (α) = 0 et P (k) (α) 6= 0.
Solution: Supposons que α soit racine de multiplicité k de P . On a alors un polynôme Q tel que
P = (X − α)k Q,
Q(α) 6= 0.
En utilisant la formule de Leibniz on a
P (n) =
∀n ∈ J0, kK,
n X
n
j=0
mais comme on a
j
((X − α)k )(j) Q(n−j) ,
k!
(X − α)k−j ,
(k − j)!
((X − α)k )(j) =
on voit que pour n < k on j ≤ n < k et donc
P
(n)
(α) =
n X
n
j=0
j
(0)Q(n−j) (α) = 0.
Et pour n = k on fait le calcul
P (k) (α) =
k−1
X
j=0
k
(0)Q(k−j) α + k!Q(α) = k!Q(α) 6= 0.
j
Réciproquement si on suppose que
P (j) (α) = 0,
∀n ∈ J0, k − 1K,
P (k) (α) 6= 0,
en appelant p le degrés de P on peut écrire la formule de Taylor pour les polynômes
P =
p
p
p
X
X
X
(X − α)j (j)
(X − α)j (j)
(X − α)j−k (j)
P (α) =
P (α) = (X − α)k
P (α).
j!
j!
j!
j=0
j=k
j=k
Et on constate que si
Q=
p
X
(X − α)j−k (j)
P (α),
j!
j=k
on a bien
P = (X − α)k Q,
Q(α) =
p
X
0 (j)
1 (k)
P (α) +
P (α) 6= 0.
k!
j!
j=k+1
Exercice 2 Soit P = X 4 − X 3 − X + 1 ∈ C[X].
1) Justifier que 1 est racine de P et déterminer sa multiplicité.
Solution: Si P = X 4 − X 3 − X + 1 on voit
P (1) = 1 − 1 − 1 + 1 = 0,
P 0 (1) = 4 − 3 − 1 = 0,
P 00 (1) = 12 − 6 = 6 6= 0,
et donc 1 est de multiplicité 2.
2) Factoriser P .
Solution:
P = (X − 1)2 (X 2 + X + 1).
Puis comme P ∈ C[X] on doit encore écrire
P = (X − 1)2 (X −
√
√
−1 + i 3
−1 − i 3
)(X −
).
2
2
1
Exercice 3 Soit P = X 4 + 1. Déterminer la décomposition de P en produit d’irréductibles dans C[X],
R[X] et Q[X].
π
π
Solution: On résoud l’équation z 4 + 1 = 0 dans C. On trouve 4 solutions : 1, ei 4 , e−i 4 , ei
P = (X − e
iπ
4
)(X − e
−i π
4
)(X − e
i 3π
4
−i 3π
4
)(X − e
3π
4
. Ainsi on a
).
Tous les polynômes qui apparaissent dans cette décomposition sont bien irréductibles, c’est donc bien la
factorisation de P en irréductibles dans C[X].
En regroupant les facteurs on trouve
π
π
3π
P = (X − ei 4 )(X − e−i 4 )(X − ei 4 )(X − e−i
√
√
= (X 2 + 2X + 1)(X 2 − 2X + 1).
3π
4
)
Encore une fois, tous les polynômes qui apparaissent dans cette décomposition sont bien irréductibles sur
R (leurs discriminants sont négatifs) on a donc bien trouvé la factorisation de P en irréductibles dans R[X].
Finalement montrons que Q est irréductible sur Q. Supposons que le polynôme Q est réductible sur Q.
Puisque Q n’a pas de racine dans Q, il se factorise comme un produit de deux polynômes unitaires de
degré deux, disons A et B. Alors Q = AB est aussi une factorisation de Q sur R. Puisque Q n’a pas de
racine dans R, les
√ aussi irréductibles sur R. Par unicité de la factorisation on a
√ polynômes A et B sont
alors A = X 2 + 2X + 1 ou B = X 2 + 2X + 1. C’est une contradiction. Ainsi Q est irréductible sur Q.
Relation entre coefficients et racines
Exercice 4
1) Soit P = a2 X 2 + a1 X + a0 ∈ C[X] un polynôme de degré 2 et soit α1 , α2 les racines de P . Montrer
que
a1
α1 + α2 = − a
2
α1 α2
a0
= .
a2
Solution: Si P = a2 X 2 + a1 X + a0 a pour racines α1 , α2 on peut en déduire
a2 (X − α1 )(X − α2 ) = P,
en développant et identifiant les coefficients on a alors bien
(
a2 (−α1 − α2 ) = a1 ,
a2 (α1 α2 ) = a0
ce dont on déduit bien
(
α1 + α2 = − aa21
α1 α2 = aa02
2) Soit P = a3 X 3 + a2 X 2 + a1 X + a0 ∈ C[X] un polynôme de degré 3 et soit α1 , α2 , α3 les racines de P .
Montrer que
a2
α1 + α2 + α3
=−
a3
a1
α1 α2 + α2 α3 + α1 α3
=
a3
a0
α1 α2 α3
=− .
a3
Solution: En appliquant la même méthode on obtient
a3 (−α1 − α2 − α3 ) = a2
a3 (α1 α2 + α1 α3 + α2 α3 ) = a1
a3 (−α1 α2 α4 ) = a0
ce dont on tire
a2
α1 + α2 + α3 = − a3
α1 α2 + α1 α3 + α2 α3 =
α1 α2 α4 = − aa30
2
a1
a3
3) Généraliser.
Solution: Toujours la même méthodologie permet d’obtenir pour P =
sont α1 , ..., αn on appelle
∀k ∈ J1, n,
Pn
k=0
ak X k dont les racines
In,k := {(j1 , ..., jk ) ∈ J1, nKk : j1 < j2 < ... < jk }.
Et on a alors
X
∀k ∈ J1, nK,
k
Y
αjβ = (−1)k
(j1 ,...,jk )∈In,k β=1
an−k
.
an
Exercice 5
1) Soit n un entier naturel
p
une racine rationnelle
q
— p divise le coefficient
— q divise le coefficient
et P un polynôme à coefficients entiers de degrés n. Montrer que si l’on a
de P avec p et q premiers entre eux, alors :
de plus bas degrés de P ,
de plus haut degrés de Q.
Pn
Solution: On pose P = i=0 ai X i . Comme pq est une racine on a
n
X
p
ai pi q n−i = pn P ( ) = 0.
q
i=0
Mais comme on voit
∀i ∈ J1, nK,
on en déduit
p | ai pi q n−i ,
p | a0 q n ,
puis p étant premier avec q le lemme de Gauss permet d’avoir p|a0 . De la même façon on a
∀i ∈ J0, n − 1K,
q | ai pi q n−i ,
on en déduit
q | an pn ,
puis p étant premier avec q le lemme de Gauss permet d’avoir q|an .
2) Utiliser le résultat précédent pour trouver les racines de 6X 4 − 35X 3 + 62X 2 − 35X + 6.
Solution: Dans le cas qui nous intéresse on voit que si pq est racine du polynôme alors p et q sont
des diviseurs de 6 premiers entre eux (on peut également suppose q > 0), on doit dont tester
p = 1; −1,
q = 6,
q = 1,
q = 3,
p = 2; 1; −1; −2,
q = 2,
p = 3; 1; −1; −3,
p = 6; 3; 2; 1; −1; −2; −3; −6.
On constater alors P ( 31 ) = P ( 12 ) = P (2) = P (3) = 0 et en factorisant on a alors
P = (X − 2)(X − 3)(2X − 1)(3X − 1).
Corps finis
Exercice 6
1) Montrer que P = X 2 + X + 1 ∈ F2 [X] est irréductible.
Solution: Si le polynôme P = X 2 + X + 1 était réductible, un de ses facteurs serait de degrés 1 et
il aurait de ce fait une racine car F2 est un corps. Or
P (1) = 3 = 1 6= 0,
P (0) = 1 6= 0,
P n’a donc pas de racine et est donc, par contraposée, irréductible.
3
2) Construire un corps à 4 éléments. On calculera la table d’addition et de multiplication.
Solution: Comme P est irréductible, l’idéal (P ) est maximal et de ce fait F2 [X]/(P ) est un corps.
On appelle alors R l’espace vectoriel des polynômes de degrés plus petit que P . Et on considère
l’application φ : R → F2 [X]/(P ) qui a un polynôme associe sa classe d’équivalence.
L’application est injective car
∀(A, B) ∈ R 2 ,
φ(A) = φ(B) ⇒ P | (A − B),
mais comme A − B est de degrés plus petit que P on a A − B = 0.
L’application est surjective car si C ∈ F2 [X]/(P ) et Q ∈ C , on pose alors la division euclidienne de
Q par P pour obtenir
∃(A, R) ∈ F2 [X] × R,
Q = AP + R,
mais alors R ∈ C et donc
φ(R) = C .
Le corps F2 [X]/(P ) est donc en bijection avec R. Or {1, X} étant une base de cet espace vectoriel
il est en bijection avec (F2 )2 qui est de cardinal 4.
3) Montrer que P = X 3 + X + 1 ∈ F2 [X] est irréductible.
Solution: Pour que P = X 3 + X + 1 soit réductible il faudrait qu’a nouveau un de ses facteurs soit
de degrés 1 et il aurait de ce fait une racine. Or
P (1) = 3 = 1 6= 0,
P (0) = 1 6= 0.
Donc P est irréductible.
4) Construire un corps à 8 éléments. On calculera la table d’addition et de multiplication.
Solution: Comme pour la question 2) l’idéal engendré par P est maximal puis le corps F2 [X]/(P )
est en bijection avec les polynômes de degrés plus petit que P . Or {1, X, X 2 } étant une base de cet
espace vectoriel il est de cardinal 23 = 8.
Exercice 7
Compléter la table de mulitplication du corps F3 [X]/(X 2 + 1).
Solution:
×
0
1
2
X
X +1
X +2
2X
2X + 1
2X + 2
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
2
X
X +1
X +2
2X
2X + 1
2X + 2
2
0
2
1
2X
2X + 2
2X + 1
X
X +2
X +1
X
0
X
2X
2
X +2
2X + 2
1
X +1
2X + 1
X +1
0
X +1
2X + 2
X +2
2X
1
2X + 1
X
X
X +2
0
X +2
2X + 1
2X + 2
1
X
X +1
2X
2
2X
0
2X
X
1
2X + 1
X +1
2
2X + 2
X +2
2X + 1
0
2X + 1
X +2
X +1
2
2X
2X + 2
X
1
2X + 2
0
2X + 2
X +1
2X + 1
X
2
X +2
1
2X
Exercice 8
1) Déterminer l’ensemble des polynômes irréductibles de degré plus petit que 5 dans F2 [X].
Solution: On commence par rappeler les résultats suivants :
? Les polyômes de degré 1 sont irréductibles ;
? Les polynômes de degré 2 ou 3 qui n’ont pas de racine sont irréductibles ;
? Un polynôme qui admet une racine est réductible.
Il y a 4 polynômes de degré 2 dans F2 [X], 8 polynômes de degré 3, 16 de degré 4 et 32 de degré 5.
Traitons tout d’abord le cas des polynômes de degré deux ou 3. Dans le tableau ci-dessous on liste
4
ces polynômes ainsi que leurs racines :
Polynôme
X2
X2 + X
X2 + 1
X2 + X + 1
X3
X3 + X2
X3 + X
X3 + 1
X3 + X2 + X
X3 + X2 + 1
X3 + X + 1
X3 + X2 + X + 1
Racine(s)
0
0, 1
1
∅
0
1
1
1
0
∅
∅
1
D’après les remarques ci-dessus, seuls les polynômes X 2 + X + 1, X 3 + X 2 + 1 et X 3 + X + 1 sont
irréductibles.
Considérons maintenant les polynômes de degré 4. On remarque déjà que si P n’a pas de terme
constant alors il admet 0 comme racine et il ne peut pas être irréductible. De même, s’il a un
nombre pair de termes non nul alors il admet 1 comme racine et il ne peut pas être irréductible.
Si un polynôme P n’admet pas de racine alors soit il est irréductible soit c’est un produit de deux
polynômes irréductibles de degré 2. Comme il n’y a qu’un polynôme irréductible de degré deux, on
voit que seul X 4 + X 2 + 1 = (X 2 + X + 1)(X 2 + X + 1) correspond à ce cas. Finalement les polynômes
suivants sont irréductibles :
X 4 + X 3 + 1, X 4 + X + 1, X 4 + X 3 + X 2 + X + 1
Considérons maintenant les polynômes de degré 5. Soit P un polynôme irréductible de degré 5. En
argumentant comme précédemment, on voit que P a nécessairement un terme constant égal à 1 et un
nombre impair de termes. De plus, les seuls polynômes réductibles de degré 5 n’ayant pas de racine
sont
X 5 + X + 1 = (X 2 + X + 1) · (X 3 + X 2 + 1),
X 5 + X 4 + 1 = (X 2 + X + 1) · (X 3 + X + 1).
Finalement, les polynômes irréductibles de degré 5 sont
X 5 + X 4 + X 3 + X 2 + 1, X 5 + X 4 + X 3 + X + 1, X 5 + X 4 + X 2 + X + 1, X 5 + X 3 + X 2 + X + 1
et
X 5 + X 3 + 1, X 5 + X 2 + 1
2) Déterminer l’ensemble des polynômes irréductibles de degré plus petit que 3 dans F3 [X].
Solution: Les polynômes de degré 1 sont irréductibles. Pour les polynômes de degré 2 ou 3, être
irréductibles est équivalent à ne pas avoir de racine. Les polynômes irréductibles unitaires de degré
deux sont :
X 2 + 1, X 2 + X + 2, X 2 + 2X + 2.
Les polynômes irréductibles unitaires de degré trois sont :
X 3 + 2X + 1, X 3 + 2X + 2, X 3 + X 2 + 2, X 3 + X 2 + X + 2, X 3 + X 2 + 2X + 1,
X 3 + 2X 2 + 1, X 3 + 2X 2 + X + 1, X 3 + 2X 2 + 2X + 2
Exercice 9 Dans cet exercice on s’interesse aux carrés d’un corps fini. Soit q = pn une puissance d’un
nombre premier p. On pose F2q = {x ∈ Fq | ∃y ∈ Fq , y 2 = x} et (F2q )∗ = F2q ∩ F∗q
1. Si p = 2, montrer que F2q = Fq . [ On montrera que l’application F (x) = x2 est un automorphisme de
corps. ]
5
Solution: On considère l’application
−→
7−→
F : Fq
x
Fq
x2
On a Im(F ) = F2q . Montrons que F est un automorphisme de corps. Soit x, y ∈ Fq . On a
F (xy) = (xy)2 = x2 y 2 = F (x)F (y)
F (x + y) = (x + y)2 = x2 + 2xy + y 2 = x2 + y 2 = F (x) + F (y).
Un morphisme de corps est soit nul soit injectif (en effet ker(F ) est un ideal du corps Fq , c’est donc
soit {0}, soit Fq ). Comme F est non-nul, F est injectif. Pusique Fq est fini, on voit que F est bijectif.
En particulier F est surjectif et Im(F ) = F2q = Fq .
2. Si p > 2, montrer que |F2q | =
q+1
2
et (F2q )∗ =
q−1
2 .
Solution: Considérons l’application
F : F∗q
x
F∗q
x2
−→
7−→
On voit facilement que c’est un morphisme de groupe. De plus on a ker(F ) = {±1} (puisque p 6= 2 on
a | ker(F )| = 2). L’application induite par F de F∗q / ker(F ) −→ Im(F ) est bijective et donc
∗
|Im(F )| = |F∗2
q | = |Fq |/2 = (q − 1)/2.
2
Finalement, comme F2q = F∗2
q ∪ {0}, on trouve |Fq | = (q + 1)/2.
3. Si p > 2, montrer que
x ∈ F2q ⇐⇒ x
q−1
2
=1
q−1
q−1
Solution: On pose X = {x ∈ Fq | x 2 = 1}. On a |X| ≤ q−1
2 (un polynôme de degré 2 a au plus
q−1
q−1
2
∗2
2
= y q−1 = 1 (le
2 racines). D’autre part, si x ∈ Fq alors il existe y ∈ Fq tel que x = y , donc x
∗2
∗
groupe Fq est d’ordre q − 1) et x ∈ X. On a donc Fq ⊂ X et par un argument sur le cardinal, on voit
qu’on doit avoir égalité.
4. Si p > 2, montrer que −1 est un carré dans Fq si et seulement si q ≡ 1 mod 4.
Solution: 4. On a les équivalences suivantes :
q−1
2
−1 ∈ F∗2
q ⇐⇒ (−1)
q−1
est pair ⇐⇒ q ≡ 1
2
= 1 ⇐⇒
mod 4.
Exercice 10
1. Trouver toutes les racines primitives de F17 . Soit b l’une d’elle ; donner les valeurs de logb,17 (a) pour
tout résidu a ∈ F∗17 .
Solution: Essayons avec des « petits » éléments de b ∈ (Z/pZ)∗ . On a
i
2i
0
1
1
2
2
4
3
8
4
16
5
15
6
13
7
9
8
1
et donc 2 est d’ordre 8 et 2 n’est pas une racine primitive. On essaie avec 3
i
3i
0
1
1
3
2
9
3
10
4
13
5
5
6
15
7
11
8
16
9
14
10
8
11
7
12
4
13
12
14
2
15
6
16
1
et donc 3 est d’ordre 16 et 3 est une racine primitive. Les autres racines primitives sont de la forme 3i
avec pgcd(i, 16) = 1, c’est-à-dire i est impair. Les racines primitives modulo 17 sont donc
3, 10, 5, 11, 14, 7, 12, 6
Pour le log on trouve
a
log3,17 (a)
1
0
2
14
3
1
4
12
5
5
6
15
7
11
6
8
10
9
2
10
3
11
7
12
13
13
4
14
9
15
6
16
8
2. Trouver toutes les racines primitives de F23 . Soit b l’une d’elle ; donner les valeurs de logb,23 (a) pour
tout résidu a ∈ F∗23 .
Solution: Essayons d’être plus efficace que dans la question précédente. On cherche un élément d’ordre
22 = 2 · 11 dans un groupe d’ordre 22. Tout élément (Z/pZ)∗ est d’ordre 1 (si c’est l’identité) 2, 11 ou
22. Ainsi si b ∈ (Z/pZ)∗ , pour vérifier que b est une racine primitive il suffit de vérifier que b1 , b2 , b11 6≡ 1
mod 23. On a
211 ≡ 311 ≡ 411 ≡ 1 mod 23
et donc 2,3,4 ne sont pas des racines primitives. On a 5, 52 , 511 6≡ 1 mod 23 et donc 5 doit être d’ordre
23 et c’est une racine primitive. On a
i
5i
0
1
1
5
2
2
3
10
4
4
5
20
6
8
7
17
8
16
9
11
10
9
11
22
12
18
13
21
14
13
15
19
16
3
17
15
18
6
19
7
20
12
21
14
22
1
Les autres racines primitives modulo 23 sont les éléments de la forme 5i oû pgcd(i, 22) = 1 :
5, 10, 20, 17, 11, 21, 19, 15, 7, 14
Pour le log on trouve
a
log5,23 (a)
1
0
2
2
3
16
4
4
5
1
6
18
7
19
8
6
9
10
10
3
11
9
12
20
13
14
14
21
15
17
16
8
17
7
18
12
19
7
20
5
21
13
Pour aller plus loin
Exercice 11 (Caractéristique d’un anneau) Soit A un anneau unitaire. La caractéristique de A est
le plus petit entier n > 0 tel que
1A + 1A + · · · + 1A = 0.
|
{z
}
n termes
S’il n’existe pas de tel entier, on dit que A est de caractéristique 0.
1) Déterminer la caractéristique des anneaux suivants Z, Zn , Q[x], Zn [x], Z2 × Z3 , Z2 × Z, Z2 × Z2 .
Solution: Les caractéristiques sont respectivement 0, n, 0, n, 6, 0, 2. Considérons par exemple l’anneau Z2 × Z3 . L’identité est (1, 1). Les calculs dans la première composante sont faits modulu 2 et
dans la deuxième composante modulo 3. Ainsi
(1, 1) = (1, 1)
(1, 1) + (1, 1) = (0, 2)
(1, 1) + (1, 1) + (1, 1) = (1, 0)
(1, 1) + (1, 1) + (1, 1) + (1, 1) = (0, 1)
(1, 1) + (1, 1) + (1, 1) + (1, 1) + (1, 1) = (1, 2)
(1, 1) + (1, 1) + (1, 1) + (1, 1) + (1, 1) + (1, 1) = (0, 0).
La caractéristique est donc 6.
2) Montrer que si A est de caractéristique n > 0 alors
a + a + · · · + a = 0 for all a ∈ R.
{z
}
|
n termes
Solution: C’est clair puisque
a + a + · · · + a = a(1R + 1R + · · · + 1R ) = a0 = 0.
3) On suppose que A est de caractéristique n > 0. Soit B un anneau unitaire et soit ϕ : A → B un
morphisme d’anneau tel que ϕ(1A ) = 1B . Montrer que la caractéristique de B divise n.
Solution: Par hypothèse
1A + · · · + 1A = 0A .
{z
}
|
n times
7
22
11
On applique ϕ et on utilise le fait que ϕ(1A ) = 1B :
1B + · · · + 1B = 0B .
|
{z
}
n times
Ainsi 0 < char(B) ≤ char(A) = n. Soit m la caractéristique de S. On a n = qm + r où 0 ≤ r < m.
En regroupant les termes dans l’addition on trouve
0B = (1B + · · · + 1B ) + · · · + (1B + · · · + 1B ) + 1B + · · · + 1B
{z
}
|
|
{z
}
{z
} |
r terms
m terms
m terms
|
{z
}
q terms
= 0B + · · · + 0B + 1B + · · · + 1B
|
{z
} |
{z
}
q terms
r terms
(since 1B + · · · + 1B = 0B )
|
{z
}
m terms
= 1B + · · · + 1B
{z
}
|
r terms
Par minimalité de m et comme r < m, on doit avoir r = 0. Ainsi n = qm.
4) Montrer qu’il n’existe pas de morphisme de Z7 [X] dans Z5 [X] qui envoie 1 sur 1.
Solution: S’il existe un tel morphisme alors char(Z5 [x]) = 5 diviserait char(Z7 [x]) = 7.
On suppose dorénavant que K est un corps fini.
5) Montrer que la caractéristique p de K est un nombre premier.
Solution: Nous allons prouver ce résultat de deux manières.
Méthode 1. On utilisera les deux résultats intérmédiaires suivant.
∗ Soit I un idéal de A. I est premier si et seulement si A/I est intègre.
∗ Les idéaux premiers non nuls de Z sont exactement les idéaux de la forme pZ avec p premier.
On considère le morphisme Φ : Z → K défini par Φ(n) = n · 1K . D’après le premier théorème d’isomorphisme, on sait Z/ ker Φ ' Im Φ. Le noyau de Φ est un idéal de Z , il est donc de la forme pZ
avec p > 0 puisque Z/ ker Φ est fini. Comme Im Φ ⊂ K, Im Φ est intègre. Ceci montre que pZ est
premier, donc p est premier. Par définition, on voit que p est la carctéristique de A.
Méthode 2. On remarque que la caractéristique de K ne peut pas être 0 puisque sinon K aurait
une infinité d’éléments de la forme 1, 1 + 1, 1 + 1 + 1, . . .. Supposons que K est de caractéristique
n > 0. Si n = ab avec a, b ∈ N alors
0 = 1 + 1 + · · · + 1 = (1 + · · · + 1)(1 + · · · + 1).
|
{z
}
| {z } | {z }
n termes
a termes
b termes
Puisque K est intègre on a
1 + · · · + 1 = 0 ou
| {z }
a termes
1 + · · · + 1 = 0,
| {z }
b termes
Par minimalité de n, ceci implique a = 1 and b = n ou b = 1 and a = n. Ainsi n est premier.
6) Expliquer comment K peut-être considéré comme un Z/pZ-espace vectoriel.
Solution: On doit définir la multiplication par un scalaire λ · x pour λ ∈ Zp et x ∈ F . Soit λ ∈ Z/pZ
et soit r ∈ {0, . . . , p − 1} l’unique éléments tel que r = λ. On pose
λ · x = rx = x + · · · + x
| {z }
r termes
On vérifie facilement que cela muni K d’une structure de Z/pZ-espace vectoriel.
7) En déduire que K possède pn éléments pour n ∈ N.
Solution: Le corps K est un Z/pZ-espace vectoriel. Ainsi, il existe n > 0 tel que dim(K) = n (K
est fini). Si (e1 , . . . , en ) désigne une base de K alors les éléments de K sont exactement les éléments
de la forme a1 x1 + · · · + an xn avec a1 , . . . , an ∈ Zp . Il y en a pn .
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