Solutions Feuille de Travaux Dirigés n 4

Université Francois Rabelais de Tours
Licence de Mathématiques
Solutions Feuille de Travaux Dirigés n◦ 4
M1, Algèbre
Exercice 1
Semestre 8
√
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 un nombre entier qui n’est pas divisible par un carré parfait.
(a) Montrer qu’il existe un nombre premier p tel que p | n et p2 - n.
√
(b) Montrer que n est irrationnel.
√
3) 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
0
2νn
(p)
p
=
Y
p∈Γ
p∈Γ
et donc n est un carré parfait.
1
p
0
νn
(p) 
,
4) Soient n1 , n2 deux entiers qui ne sont pas des carrés parfaits.
√
√
(a) Montrer que n1 + n2 est irrationnel.
√
√
Solution: Si on suppose que n1 + n2 = ab , on peut en déduire
√
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
√
√
√
√
√
(X − n1 + n2 )(X − n1 − n2 ) = X 2 − 2 n1 X + n1 − n2 ∈
/ Q[X],
√
√
√
√
√
/ Q[X],
(X − n1 + n2 )(X + n1 + n2 ) = X 2 + 2 n2 X + n2 − n1 ∈
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 .
√
√
√ √
5) Calculer [Q( n1 + n2 ) : Q] et [Q( n1 , n2 ) : Q].
Solution: D’après les questions précédentes on a

1 si




√
√
2 si
[Q( n1 + n2 ) : Q] =

2 si



4 si
√ √
n1 , n2 ∈ Q
√
√
n1 ∈ Q et n2 ∈
/Q
√ √
√
n1 , n2 ∈
/ Q et n1 n2 ∈ Q
√ √
√
n1 , n2 ∈
/ Q et n1 n2 ∈
/Q
√ √
Calculons maintenant [Q( n1 , n2 ) : Q]. Commençons par les cas simple :

√ √

1 si n1 , n2 ∈ Q

√ √
√
√
[Q( n1 , n2 ) : Q] = 2 si n1 ∈ Q et n2 ∈
/Q

√
√
√

2 si n1 , n2 ∈
/ Q et n1 n2 ∈ Q
2
Pour le dernier, on remarque que si
√
n1 n2 ∈ Q alors
√
√
n2 =
n1 √
√
n1 n2 ∈ Q[ n1 ] et donc
n1
√ √
√
[Q( n1 , n2 ) : Q] = [Q( n1 ) : Q] = 2.
√ √
√
On suppose que n1 , n2 ∈
/ Q et n1 n2 ∈
/ Q. Alors
√ √
√
√
√ √
√
√ √
[Q( n1 , n2 ) : Q] = [Q( n1 , n2 ) : Q( n1 )][Q( n1 ) : Q] = 2[Q( n1 , n2 ) : Q( n1 )]
√ √
√
√
√
Calculons [Q( n1 , n2 ) : Q( n1 )]. Un candidat pour être le polynôme minimal de n2 sur Q( n1 )
√
√
√
est P = X 2 −n2 . Si nous arrivons à montrer que P est irréductible alors [Q( n1 , n2 ) : Q( n1 )] = 2
√ √
et [Q( n1 , n2 ) : Q] = 4. Puisque P est de degré 2, irréductible équivaut à pas de racine. Soit
√
a + n1 b avec a, b ∈ Q tel que
√
√
P (a + b n1 ) = a2 + 2ab n1 + b2 n1 − n2 = 0.
√
/ Q. On a donc
On voit alors que a = 0 ou √
b = 0 mais le cas b = 0 est impossible puisque n2 ∈
n1
√
2
b n1 = n2 et alors n1 n2 = √ n2 ∈ Q ce qui contredit nos hypothèses. Ainsi P n’a pas de racine
n2
√ √
et [Q( n1 , n2 ) : Q] = 4.
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 .
(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 ⇐⇒ (a + c + 1) + aα + (c + 1)α2 = 0 ⇐⇒ a = 0, c = 1, b = 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) Déterminer le polynôme minimal de
√
2 sur Q.
√
Solution: P := X − 2 est unitaire, irréductible et P ( 2) = 0 donc P est le polynôme minimal de
√
2 sur Q.
√
2) 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.
2
3
3) Déterminer le polynôme minimal de
√
n
2 sur Q.
√
Solution:
P := X − 2 est unitaire, irréductible et P ( n 2) = 0 donc P est le polynôme minimal de
√
n
2 sur Q.
√
√
4) 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].
√
√
5) 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.
n
Exercice 4
√
1) Déterminer [Q( 2, i), Q].
√ √
2) Déterminer [Q( 5 2, 2), Q].
Solution: On a
√
√
√
√
5
5
[Q( 2, 2) : Q] ≤ [Q( 2) : Q][Q( 2) : Q] = 10
√ √
√ √
On sait aussi que 5 et 2 divisent [Q( 5 2, 2) : Q] et donc [Q( 24 2, 5 2) : Q] = 2 × 5 = 10
√ √
3) Déterminer [Q( 24 2, 4 2), Q].
√
√
√
√
Solution: 4 2 ∈ Q( 24 2) puisque 4 2 = ( 24 2)6 . Ainsi
√
√ √
24
4
24
[Q( 2, 2) : Q] = [Q( 2) : Q] = 24,
√
car x24 − 2 est le polynôme minimal de 24 2 sur Q (d’après Eisenstein).
√ √
4) Déterminer [Q( 10 2, 6 2), Q].
√ √
Solution: Soit N = [Q( 10 2, 6 2), Q]. On sait que 6 | N et 10 | N et donc 30 | N . De plus
√ √
√ √
√
√
√ √
√
10
6
10
6
10
10
10
6
10
[Q( 2, 2), Q] = [Q( 2, 2), Q( 2)] · [Q( 2, Q] = 10[Q( 2, 2), Q( 2)].
√
√
Le polynôme X 3 − 2 est à coefficient dans Q( 10 2) et unitaire ce qui montre que
√ √
√
10
6
10
[Q( 2, 2), Q( 2)] ≤ 3.
Ainsi N ≤ 30 et 30 | N donc N = 30.
√ √
5) Déterminer [Q( m 2, n 2), Q] pour tout (m, n) ∈ N2 .
√ √
Solution: Soit E = Q( m 2, n 2). On a
√ √
√
√
√ √
√
n
m
m
m
n
m
m
[E, Q] = [Q( 2, 2), Q( 2)] · [Q( 2) : Q] = m · [Q( 2, 2), Q( 2)].
√
√
√
√
p
q
n
Soit m
= pq avec pgcd(p, q) = 1. On alors ( n 2)p ∈ Q( m 2) puisque ( n 2)p = 2 n = 2 m = ( m 2)q .
Ainsi
√ √
m
n
[Q( 2, 2)] ≤ p.
√
√
√
En effet n 2 est racine du polynôme X p − ( m 2)q ∈ Q( m 2)[X]. On a donc
[E, Q] ≤ pm.
D’autre part on sait aussi que n | [E, Q]. On a donc un entier N = [E : Q] qui vérifie les conditions
suivantes : m | N , n | N et N ≤ mp = nq où pgcd(p, q) = 1. Supposons que N < mp. Il existe
(k, `) ∈ N tel que
∗ N = km et k < p
∗ N = `n et ` < q.
Mais alors mk = n` et
n
m
=
k
`
ce qui contredit la minimalité de p et q. Ainsi
[E : Q] = mp =
mn
d
4
où
d = pgcd(m, n).
p
√
√
3
Exercice 5 Calculer [Q(t) : Q] où t = 2 + 2 + 2.
√
√
Solution: On va essayer de calculer le polynôme minimal de t sur Q. On a (t − 2)3 = 2 + 2. On
développant on trouve
√
t3 + 6t − 2 = 3 2(t2 + 1).
Puis en passant au carré
t6 + 12t4 − 4t3 + 36t2 − 24t + 4 = 18(t4 + 2t2 + 1)
soit
t6 − 6t4 − 4t3 − 24t − 14 = 0.
Ainsi t est racine du polynôme P = X 6 − 6X 4 − 4X 3 − 24X − 14. Ce polynôme est irréductible d’après le
critère de Eisenstein avec p = 2 et c’est donc le polynôme minimal de t sur Q. On a donc [Q(t) : Q] = 6.
Exercice 6
1) Calculer le polynôme minimal de cos 2π
5 .
Solution: Soit ω = e2iπ/5 . On a
X 5 − 1 = (X − 1)(1 + X 2 + X 3 + X 4 )
et donc 1 + ω + ω 2 + ω 3 + ω 4 = 0. En factorisant par w−2 on trouve
0 = ω −2 + ω −1 + 1 + ω + ω 2 = 2 cos(
4π
2π
) + 2 cos( ) + 1
5
5
On a :
cos(4π/5) = Re((e2iπ/5 )2 )
= cos2 (2π/5) − sin2 (2π/5)
= 2 cos2 (2π/5) − 1
et donc cos(2π/5) est racine du polynôme 4X 2 + 2X − 1. Ce polynôme étant irréductible sur Q, c’est
le polynôme minimal de cos(2π/5) sur Q.
2) Calculer cos 2π
5 et proposer une construction à la règle et au compas du pentagone régulier.
Solution: On calcule les racines du polynôme de la question précédente et on trouve que
√
5−1
.
cos(2π/5) =
2
3) Est-ce qu’on peut trisecter l’angle
2π
5
à la règle et au compas ?
Solution: On a 2.5 − 3.3 = 1 et d’où on déduit
3.
2π
2π
2π
− 2.
=
.
5
3
15
2π
2π
2π
est constructible puisque
et
le sont.
15
5
3
4) Calculer le polynôme minimal de cos 2π
7 . Montrer que l’heptagone régulier n’est pas constructible à
la règle et au compas.
Ainsi
Solution: Soit ω = e2iπ/7 . On a
X 7 − 1 = (X − 1)(1 + X 2 + X 3 + X 4 + X 5 + X 6 )
et donc 1 + ω + ω 2 + ω 3 + ω 4 + ω 5 + ω 6 = 0. En factorisant par w−3 on trouve
0 = ω −3 + ω −2 + ω −1 + 1 + ω + ω 2 + ω 3 = 2 cos(
6π
4π
2π
) + 2 cos( ) + 2 cos( ) + 1
7
7
5
On a :
cos(6π/7) = Re((e2iπ/7 )3 )
= cos3 (2π/5) − 3 cos(2π/7) sin2 (2π/5)
= cos3 (2π/5) − 3 cos(2π/7)(1 − cos(2π/7)))
= 4 cos2 (2π/7) − 3 cos(2π/7)
5
et
cos(4π/7) = Re((e2iπ/7 )2 )
= cos2 (2π/7) − sin2 (2π/7)
= 2 cos2 (2π/7) − 1.
Finalement, cos(2π/7) est racine du polynôme 8X 3 − 6X + 4X 2 − 1. Ce polynôme est irréductible sur
Q puisqu’il n’admet pas de racine. En effet les seules racines rationnelles possibles sont ±{1, 12 , 14 , 18 }
et on vérifie que ce ne sont pas des racines. Ainsi
[Q(cos(2π/7) : Q] = 3
et cos(2π/7) n’est pas constructible.
Exercice 7 Le but de cet exercice est de donner un exemple de nombre algébrique de degré 4 sur Q qui
n’est pas constructible la à la règle et au compas. On considère le polynôme
f (X) = X 4 − X − 1.
1) Montrer que f est irréductible dans Q[X].
Solution: La réduction modulo 2 de f est X 4 + X + 1 qui est un polynôme irréductible de F2 [X].
Ainsi f est irréductible sur Q.
2) Montrer que f a deux racines réelles α1 et α2 et deux racines complexes conjuguées. (On pourra
étudier la fonction polynomiale f (x).)
Solution: Une étude de fonction montre que f s’annule deux fois sur R.
3) On pose
P (X) = (X − α1 )(X − α2 ) = X 2 + aX + b
Montrer que a vérifie a6 + 4a2 − 1 = 0.
[ On pourra diviser X 4 − X − 1 par X 2 + aX + b pour en déduire un système d’équation.]
Solution: La division euclidienne donne
X 4 − X − 1 = (X 2 + aX + b) · (X 2 − aX + a2 − b) + (−a3 + 2ab − 1)X − a2 b + b2 − 1.
Or X 2 + aX + b divise f donc le reste doit être égale à 0 :
(
−a3 + 2ab − 1 = 0
−a2 b + b2 − 1 = 0
1 + a3
et en remplaçant dans la deuxième équation, on a a6 + 4a2 − 1 = 0.
2a
4) Montrer que le polynôme X 3 + 4X − 1 est irréductible dans Q[X].
Ainsi b =
Solution: Ce polynôme n’a pas de racine et est de degré 3, il est donc irréductible.
5) En déduire que a n’est pas constructible.
Solution: On a [Q(a2 ) : Q] = 3 ainsi a2 n’est pas constructible. Ainsi a ne peut pas être constructible
(sinon a2 le serait !).
6) En déduire que α1 ou α2 n’est pas constructible.
Solution: Puisque a = −(α1 + α2 ) et a n’est pas constructible, α1 et α2 ne peuvent pas être tous
les deux constructibles.
6