Solutions Feuille de Travaux Dirigés n 4

Université Francois Rabelais de Tours
Licence de Mathématiques
Solutions Feuille de Travaux Dirigés n◦4
M1, Algèbre Semestre 8
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 nun nombre entier qui n’est pas divisible par un carré parfait.
(a) Montrer qu’il existe un nombre premier ptel que p|net p2-n.
(b) Montrer que √nest irrationnel.
3) 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.
1

4) Soient n1, n2deux entiers qui ne sont pas des carrés parfaits.
(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.
5) Calculer [Q(√n1+√n2) : Q]et [Q(√n1,√n2) : Q].
Solution: D’après les questions précédentes on a
[Q(√n1+√n2) : Q] = 
1si √n1,√n2∈Q
2si √n1∈Qet √n2/∈Q
2si √n1,√n2/∈Qet √n1n2∈Q
4si √n1,√n2/∈Qet √n1n2/∈Q
Calculons maintenant [Q(√n1,√n2) : Q]. Commençons par les cas simple :
[Q(√n1,√n2) : Q] = 
1si √n1,√n2∈Q
2si √n1∈Qet √n2/∈Q
2si √n1,√n2/∈Qet √n1n2∈Q
2

Pour le dernier, on remarque que si √n1n2∈Qalors √n2=√n1
n1√n1n2∈Q[√n1]et donc
[Q(√n1,√n2) : Q] = [Q(√n1) : Q] = 2.
On suppose que √n1,√n2/∈Qet √n1n2/∈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 √n2sur Q(√n1)
est P=X2−n2. Si nous arrivons à montrer que Pest irréductible alors [Q(√n1,√n2) : Q(√n1)] = 2
et [Q(√n1,√n2) : Q]=4. Puisque Pest de degré 2, irréductible équivaut à pas de racine. Soit
a+√n1bavec a, b ∈Qtel que
P(a+b√n1) = a2+ 2ab√n1+b2n1−n2= 0.
On voit alors que a= 0 ou b= 0 mais le cas b= 0 est impossible puisque √n2/∈Q. On a donc
b2n1=n2et alors √n1n2=√n1
√n2
n2∈Qce qui contredit nos hypothèses. Ainsi Pn’a pas de racine
et [Q(√n1,√n2) : Q] = 4.
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.
(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⇐⇒ (a+c+ 1) + aα + (c+ 1)α2= 0 ⇐⇒ a= 0, c = 1, b = 0 ou 1.
Les racines de Qsont donc α2et α2+αet on a
P= (X−α)(X−α2)(X−(a+α2))
Exercice 3
1) 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.
2) 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.
3

3) 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.
4) 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].
5) 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.
Exercice 4
1) Déterminer [Q(√2, i),Q].
2) Déterminer [Q(5
√2,√2),Q].
Solution: On a
[Q(5
√2,√2) : Q]≤[Q(5 √2) : Q][Q(√2) : Q] = 10
On sait aussi que 5et 2divisent [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
[Q(24
√2,4
√2) : Q]=[Q(24 √2) : Q] = 24,
car x24 −2est le polynôme minimal de 24
√2sur 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|Net 10 |Net donc 30 |N. De plus
[Q(10
√2,6 √2),Q]=[Q(10 √2,6 √2),Q(10 √2)] ·[Q(10 √2,Q] = 10[Q(10 √2,6 √2),Q(10 √2)].
Le polynôme X3−√2est à coefficient dans Q(10
√2) et unitaire ce qui montre que
[Q(10
√2,6 √2),Q(10 √2)] ≤3.
Ainsi N≤30 et 30 |Ndonc 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
[E, Q]=[Q(m
√2,n √2),Q(m √2)] ·[Q(m √2) : Q] = m·[Q(m √2,n √2),Q(m √2)].
Soit n
m=p qavec pgcd(p, q) = 1. On alors (n
√2)p∈Q(m √2) puisque (n √2)p= 2 p
n= 2 q m= ( m
√2)q.
Ainsi
[Q(m
√2,n √2)] ≤p.
En effet n
√2est racine du polynôme Xp−(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|Net N≤mp =nq où pgcd(p, q) = 1. Supposons que N < mp. Il existe
(k, `)∈Ntel que
∗N=km et k < p
∗N=`n et `<q.
Mais alors mk =n` et n
m=k `ce qui contredit la minimalité de pet q. Ainsi
[E:Q] = mp =mn
doù d=pgcd(m, n).
4

Exercice 5 Calculer [Q(t) : Q]où t=√2 + 3
p2 + √2.
Solution: On va essayer de calculer le polynôme minimal de tsur 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 test racine du polynôme P=X6−6X4−4X3−24X−14. Ce polynôme est irréductible d’après le
critère de Eisenstein avec p= 2 et c’est donc le polynôme minimal de tsur 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
X5−1=(X−1)(1 + X2+X3+X4)
et donc 1 + ω+ω2+ω3+ω4= 0. En factorisant par w−2on trouve
0 = ω−2+ω−1+1+ω+ω2= 2 cos( 4π
5) + 2 cos(2π 5)+1
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 4X2+ 2X−1. Ce polynôme étant irréductible sur Q, c’est
le polynôme minimal de cos(2π/5) sur Q.
2) Calculer cos 2π
5et 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
cos(2π/5) = √5−1
2.
3) Est-ce qu’on peut trisecter l’angle 2π
5à la règle et au compas ?
Solution: On a 2.5−3.3=1et d’où on déduit
3.2π
5−2.2π 3=2π 15 .
Ainsi 2π
15 est constructible puisque 2π 5et 2π 3le sont.
4) Calculer le polynôme minimal de cos 2π
7. Montrer que l’heptagone régulier n’est pas constructible à
la règle et au compas.
Solution: Soit ω=e2iπ/7. On a
X7−1=(X−1)(1 + X2+X3+X4+X5+X6)
et donc 1 + ω+ω2+ω3+ω4+ω5+ω6= 0. En factorisant par w−3on trouve
0 = ω−3+ω−2+ω−1+1+ω+ω2+ω3= 2 cos( 6π
7) + 2 cos(4π 7) + 2 cos(2π 5)+1
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