pdf

Université Francois Rabelais de Tours
Master de Mathématiques
Solutions Feuille de Travaux Dirigés n◦ 5
M1, Algèbre
Semestre 8
Exercice 1 Soit K un corps et L une extension de K. Soient α, β ∈ L deux nombres algébriques sur K
de degrés respectifs p et q.
1) Montrer que
[K(α, β) : K] ≤ pq.
Solution: D’après le Thérorème de la base téléscopique, on a
[K(α, β) : K] = [K(α, β) : K(α)] · [K(α) : K]
Le degré de l’extension [K(α, β) : K(α)] = [K(α)(β) : K(α)] est inférieur ou égal à [K(β) : K] . En
effet, le polynôme minimal de β sur K est a fortiori, un polynôme annulateur de β sur K(α). Ainsi
[K(α, β) : K] ≤ [K(β) : K] · [K(α) : K] = pq.
2) On suppose que p et q sont premiers entre eux. Montrer que
[K(α, β) : K] = pq.
Solution: D’après le Thérorème de la base téléscopique, on a
[K(α, β) : K] = [K(α, β) : K(α)] · [K(α) : K] =⇒ [K(α) : K] divise [K(α, β) : K]
et
[K(α, β) : K] = [K(α, β) : K(β)] · [K(β) : K] =⇒ [K(β) : K] divise [K(α, β) : K].
Comme [K(α, β) : K] ≤ pq et p et q sont premier entre-eux, on en déduit que [K(α, β) : K] = pq.
Exercice 2 On considère le polynôme P (X) = X 4 + X 3 + 2X + 1.
1) Vérifier que dans Z/2Z[X], le seul polynôme de degré 2 irréductible est X 2 + X + 1. En déduire que
P est irréductible dans Z/2Z[X].
Solution: Il suffit de remarquer que c’est le seul polynôme de degré deux qui n’a pas de racine.
SOit P la réduction modulo 2 de P . On a encore deg(P ) = 2. Le polynôme P n’a pas de racine, donc
si on peut le factoriser sur F2 , ce sera comme produit de deux polynômes irréductibles de degré 2.
Or c’est impossible puisque (X 2 + X + 1)2 = X 4 + X 2 + 1 6= P . Ainsi P est irréductible sur F2 et P
est irréductible sur Q.
2) Soit α ∈ C une racine de P . Déterminer le degré [Q(α) : Q] et donner une base de Q(α) sur Q.
Solution: On a [Q(α) : Q] = 4 et (1, α, α2 , α3 ) forme une base de Q(α) sur Q.
3) Exprimer dans cette base les nombres suivants :
α4 , α5 ,
1
1
,
.
α α2 + α + 1
Solution: Après calculs, on trouve
α4 = −α3 − 2α − 1
α5 = α3 − 2α2 + α + 1
1
= −α3 − α2 − 2
α
1
1
= (α3 + α2 − 3α + 8)
α2 + α + 1
7
Exercice 3 Déterminer le corps de décomposition des polynômes suivant ainsi que le degré de l’extension :
1) x4 − 1
Solution: E = Q(1, −1, i, −i) = Q(i) et donc [E : Q] = 2.
1
2) x4 + 1
Solution: The roots of x4 + 1 are eπi/4 , e3πi/4 , e5πi/4 , and e7πi/4 . Therefore E = Q(eπi/4 ), and
[E : Q] = 4 (since x4 +1 is irreducible over Q, for example by looking at f (x+1) and using Eisenstein).
3) x4 − 4x2 + 2
p
p
√
√
Solution: The roots are t1 = 2 + 2, t2 = 2 − 2, t3 = −t1 and t4 = −t2 . Thus E
t2 ).
√ = Q(t1 , √
4
−
2
=
2,
However
we
claim
that
t
∈
Q(t
),
and
hence
E
=
Q(t
).
To
see
this,
note
that
t
t
=
2
1
1
1
2
√
and 2 = t21 − 2. Therefore t2 = t1 − 2/t1 ∈ Q(t1 ). Thus [E : Q] = 4 (because x4 − 4x2 + 2 is
irreducible, and is the minimal polynomial for t1 ).
4) (x2 − 2)(x2 + 3)
√
√
√ √
Solution: The roots are ± 2, ± 3i. Thus E = Q( 2, 3i). Furthermore,
√ √
√
√
√ √
[Q( 2, 3i) : Q] = [Q( 2, 3i) : Q( 2)][Q( 2) : Q] = 2 × 2 = 4.
√ √
√
√
Here we have computed [Q( 2, 3i) : Q( 2)] by noting that x2 +3 is irreducible over Q( 2) because
the roots are not real.
5) x3 − 5x2 + 9x − 5
Solution: We can’t as easily write down the roots in this case. However note that the polynomial
is not irreducible, because of the root x = 1. After factorising we have f (x) = (x − 1)(x2 − 4x + 5).
The roots of the quadratic are 2 ± i. Thus
E = Q(1, 2 + i, 2 − i) = Q(i),
and so [E : Q] = 2.
Exercice 4 Dans chacun des cas suivants, déterminer un polynôme ayant le corps donné comme corps
de décomposition :
√
1) Q( 2)
Solution: There are infinitely many possible polynomials : For example f (x) = x2 − 2, or f (x) =
(x2 − 2)(x + 1).
√
2) Q( 3 2, e2πi/3 )
Solution: For example, f (x) = x3 − 2.
√
√
3) Q( 2 + 3)
√
√
√ √
Solution: Let t = 2+ 3. Then (t− 2)2 = 3, and so t2 −2 2t−1 = 0. Thus 8t2 = (t2 −1)2 = t4 −
4
2
4
2
2t2 +1,
√ and
√ so t√−10t
√ = 1 = 0.√So t√is a root of the polynomial f (x) = x −10x +1.
√ The
√ other
√ roots
√
are 2− √3, −√2+ 3, and
−
2−
3.
Thus
the
splitting
field
of
f
(x)
is
E
=
Q(
2+
3,
2− 3).
√
√
√
√
√
√
However 2 − 3 = −1/( 2 + 3) ∈ Q( 2 + 3), and thus E = Q( 2 + 3).
Remark : Sometimes we need to do some clever simplifications to see splitting fields in their simplest
formulations. The above is a good example : Suppose that we are asked to compute the splitting field
of f (x) = x4 − 10x2 + 1 (that is, working back
p the√other direction). We’d go about finding the roots,
√
√
t2 = 5 ± 25 − 1 = 5 ± 2 6. Thus t = ± 5 ± 2 6. Hang
from
√ these
√ don’t look like the roots
√
√
√ on,
6 = ( √2 ± 3)2 , we have t = ±( 2 ± 3),
the paragraph above ! We need to simplify.√Since√5 ± 2 √
and so E = Q(t1 , t2 , −t1 , −t2 ) where t1 = 2 + 3 and 2 − 3. Then, as above, since t2 = −1/t1
we have E = Q(t1 ).
2
2
Remark
√ √ : Another possible polynomial is f (x) = (x − 2)(x − 3).√This√has splitting
√ √field E =
Q( 2, 3), and as an exercise (see last week) you can check that Q( 2 + 3) = Q( 2, 3).
Exercice 5 Montrer que l’ensemble des complexes algébriques sur Q est la clôture algébrique de Q.
Solution: Rappelons la définition de clôture algébrique de Q. C’est la plus petite extension algébrique
L de Q dans laquelle tout polynôme à coefficient dans L se factorise complètement. En particulier, tout
polynôme à coefficients dans Q doit se factoriser complètement, on voit que donc l’ensemble des complexes
algébriques M sur Q estPinclu dans L. Si on montre que M est algébriquement clos, on aura le résultat.
Soit un polynôme P =
ai X i de degré n à coefficients dans M . Le polynôme est en fait à coefficients
dans Q(a0 , . . . , an ). Or cette extension est de degré fini puisque
Y
[Q(a0 , . . . , an ) : Q] ≤
[Q(ai ), Q].
2
Soit α une racine de P . On a
[Q(a0 , . . . , an , α) : Q] ≤ [Q(a0 , . . . , an , α), Q(a0 , . . . , an )] · [Q(a0 , . . . , an ) : Q] < +∞.
|
{z
}
≤n
Puisque [Q[α] : Q] | [Q(a0 , . . . , an , α) : Q] on voit que α est algébrique sur Q. Ainsi M est algébriquement
clos et M = Q.
Exercice 6 On considère le polynôme P = X 3 + pX + q ∈ C[X]. Soient x1 , x2 , x3 les racines de P
dans C. On définit le discriminant de P par
∆ = (x1 − x2 )2 (x1 − x3 )2 (x2 − x3 )2 .
1) Pour k ∈ N, on note sk = xk1 + xk2 + xk3 . En utilisant les relations entre coefficients et racines, calculer
sk en fonction de p, q pour 1 ≤ k ≤ 6 .
Solution: On a

 σ1
σ2

σ3
= x1 + x2 + x3 = 0
= x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 = p
= x1 x2 x3 = q
De plus
s0 = 3
s1 = x1 + x2 + x3 = σ1 = 0
s2 = x21 + x22 + x23
= σ12 − 2(x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 )
= s21 − 2σ2 = −2p
s3 = (x21 + x22 + x23 ) · (x1 + x2 + x3 ) − (x1 + x2 + x3 )(x1 x2 + x2 x3 + x1 x3 ) + 3x1 x2 x3
= s2 σ1 − s1 σ2 + s0 σ3
= 3q
s4 = (x31 + x32 + x33 ) · (x1 + x2 + x3 ) − (x21 + x22 + x23 )(x1 x2 + x2 x3 + x1 x3 ) + (x1 + x2 + x3 )x1 x2 x3
= s3 σ1 − s2 σ2 + s1 σ3
= 2p2
On peut montrer que pour tout n ≥ 3, on a
sn = sn−1 σ1 − sn−2 σ2 + sn−3 σ3
2) On introduit la matrice de Van der Monde M ∈ M3 (C) définie par mij = xij−1 . En remarquant que
∆ = det(t M M )
montrer que
∆ = −4p3 − 27q 2 .
Solution: On a

1
M := 1
1
x1
x2
x3

x21
x22 
x23
et on sait que det(M ) = (x1 − x2 )(x2 − x3 )(x1 − x3 ) d’où det(t M M ) = ∆2 . On a aussi

 

s0 s1 s2
3
0
−2p
t
−2p 3q  .
M M = s1 s2 s3  =  0
s2 s3 s4
−2p 3q
2p2
Après calcul du déterminant on trouve ∆ = −4p3 − 27q 2 .
3) On suppose que p et q sont réels. Discuter le nombre de racines réelles de P en fonction du signe
de ∆.
Solution: Puisque le degré de P est impair, P admet au moins une racine réelle par le théorème
des valeurs intermédiaire. De plus, si P admet une racine complexe non-réelle α alors, comme ses
coefficients sont réels, P admet aussi α comme racine. On remarque que dans ce cas P n’a pas de
racine double. On a donc trois possibilités :
3
(a) P a trois racines réelles distinctes alors ∆ = ((x1 − x2 )(x2 − x3 )(x1 − x3 ))2 > 0.
(b) P admet une racine de multiplicité au moins 2 alors toutes les racines de P sont réelles et ∆ = 0.
(c) P admet une racine réelle x et deux racines complexes conjuguées α = a + ib et α = a − ib.
Alors
∆ = ((x − α)(x − α)(α − α))
2
= −4b2 · (x2 − 2ax + |α|2 )2 < 0.
Finalement, on voit que
(a) si ∆ > 0 alors P admet 3 racines réelles distinctes ;
(b) si ∆ = 0 alors P admet une racine (au moins) double et toutes ses racines sont réelles ;
(c) si ∆ < 0 alors P admet une racine réelle x et deux racines complexes conjuguées.
4) On suppose que p et q sont rationnels et que P est irréductible dans Q[X]. Soit L = Q(x1 , x2 , x3 ) le
corps engendré par les racines de P .
(a) Montrer que ∆ 6= 0.
Solution: Il suffit pour cela de montrer que P n’admet pas de racines doubles. Supposons que
α est racine double de P . Alors α est racine de P et P 0 , c’est-à-dire :
(
α3 = −pα + q
α2 = − p3
Le cas p = 0 donne alors q = 0 et P = X 3 ce qui absurde. Si p 6= 0 alors α =
3q
∈ Q ce qui est
2p
impossible puisque P est irréductible sur Q.
(b) Déterminer le degré [Q(x1 ) : Q].
Solution: Puisque P est irréductible et x1 est racine de P , on a [Q(x1 ) : Q] = 3.
(c) En utilisant les relations entre coefficients et racines, montrer que
(x1 − x2 )(x1 − x3 ) = 3x21 + p.
Solution: On a
(x1 − x2 )(x1 − x3 ) = x21 − x1 (x2 + x3 ) + x2 x3
| {z }
=−x1
=
=
=
=
√
x21
x21
+
+
2x21
3x21
x21
x21
+ (p − x1 x3 − x1 x2 )
+ p − x1 (x3 + x2 )
+ p + x21
+ p.
√
(d) En déduire que L = Q(x1 , ∆) où ∆ ∈ C est une racine carrée de ∆.
√
Solution: On peut prendre ∆ = (x1 − x2 )(x2 − x3 )(x1 − x3 ). On a
√
√
√
∆
= (x2 − x3 ) ∈ Q(x1 , ∆) et x1 = −x2 − x3 ∈ Q(x1 , ∆).
2
3x1 + p
√
Et comme x1 = −x2 − x3 ∈ Q(x1 , ∆), on a aussi
√
√
1
1
− ((x2 − x3 ) + x1 ) = x3 ∈ Q(x1 , ∆) et
((x2 − x3 ) − x1 ) = x2 ∈ Q(x1 , ∆).
2
2
√
Ainsi L ⊂ Q(x1 , ∆). L’inclusion inverse est évidente d’où l’égalité.
(e) En déduire que
√
3 si ∆ ∈ Q
[L : Q] =
6 sinon
√
√
Solution: Si ∆ ∈ Q alors [L : Q] = [Q(x1 ) : Q] = 3. Si ∆ ∈
/ Q alors
√
[L : Q] = [Q(x1 , ∆) : Q(x1 )] · [Q(x1 ) : Q] = 6.
|
{z
}
=2 car ∆ ∈ Q
4
5) Calculer [L : Q] pour chacun des polynômes suivants :
(a) x3 − x + 1
√
Solution: On trouve ∆ = −23 et donc [L : Q] = 6 puisque ∆ ∈
/ Q.
(b) x3 − 3x + 1
√
Solution: On trouve ∆ = 34 et donc [L : Q] = 3 puisque ∆ = 9 ∈ Q.
(c) x3 − 4x + 1
√
Solution: On trouve ∆ = 229 et donc [L : Q] = 6 puisque ∆ ∈ Q.
Exercice 7
1) Montrer que le polynôme X 2 + 1 est irréductible sur Z/7Z.
Solution: Ce polynôme est de degré deux et n’a pas de racine dans F7 , il est donc irréductibles.
2) Soit L le corps de rupture de X 2 + 1 sur Z/7Z et i une racine de X 2 + 1 dans L. Quel est le cardinal
de L ? Donner une base de L sur Z/7Z.
Solution: Puisque L est de dimension 2 en tant que F7 espace vectoriel, |L| = 72 = 49. Par exemple
(1, i) est une base de L sur F7 .
3) Calculer dans L : (2 + 3i) × (4 + 5i), (3 + 2i)−1 .
Solution: On a
(2 + 3i) × (4 + 5i) = 8 + 10i + 12i − 15 = i.
Il ya plusieurs possibilités pour calculer (3 + 2i)−1 . Par exemple :
1
3 − 2i
3 − 2i
=
=
= −3 + 2i.
3 + 2i
(3 + 2i)(3 − 2i)
−1
4) Vérifier que 3+i est un générateur du groupe multiplicatif (L∗ , ×). Quel est le nombre de générateurs
de ce groupe ? Les exprimer en fonction de 3 + i.
Solution: Il faut montrer que (3 + i) est d’ordre 48. Il suffit pour cela de montrer que (3 + i) n’est
pas d’ordre
2, 3, 4, 6, 8, 12, 16, 24.
Si (3 + i)1 6 6= 1 alors (3 + i) ne pourra pas être d’ordre 2, 4, 8, 16. De même si (3 + i)2 4 6= 1 alors
(3 + i) ne pourra pas être d’ordre 3, 6, 12. Il suffit donc de montrer que (3 + i)1 6 6= 1 et (3 + i)2 4 6= 1.
Nous sommes dans un corps de caractéristique 7, ainsi (a + b)7 = a7 + b7 pour tout a, b ∈ L. De plus,
pour tout a ∈ F7 , on a a7 = a. Finalement :
(3 + i)1 6 = (3 + i)7 (3 + i)7 (3 + i)2
= (37 + i7 )(37 + i7 )(1 − i)
= (3 − i)(3 − i)(1 − i)
= (1 + i)(1 − i)
=2
et
(3 + i)2 4 = (3 + i)7
3
(3 + i)3
= (3 − i)3 (3 + i)3
= (2)3
= −1
d’où le résultat. Tous les autres générateurs de F∗7 sont de la forme (3 + i)k où pgcd(k, 48) = 1, il y
en a donc ϕ(48) où ϕ est l’indicatrice d’Euler.
5) Montrer que tout élément de Z/7Z admet une racine carrée dans L. (On ne demande pas de calculer
ces racines carrées.)
Solution: Soit a ∈ F7 . Il existe k tel que a = (3 + i)k . De plus a6 = 1 et donc (3 + i)6k = 1 ce qui
implique que 48 divise 6k. On voit alors que 8 divise k, en particulier, k est pair. Ainsi (3 + i)k/2 est
une racine carré de a.
5
6) Soit x ∈ Z/7Z. Montrer que si x admet une racine cubique dans L, alors en fait x admet une racine
cubique dans Z/7Z. Déterminer explicitement les x ∈ Z/7Z qui vérifient cette propriété.
Solution:
On considère le polynôme P = X 3 − x. Si x admet une racine cubique dans L, cela signifie que P
admet une racine α dans L. On a de plus
2 = [L : F7 ] = [L : F7 (α)] · [F7 (α) : F7 ].
Si P n’admet pas de racine dans F7 alors P est irréductible puisqu’il est de degré 3 mais alors
[F7 (α) : F7 ] = 3 ce qui impossible. On voit donc que P admet nécessairement une racine dans F7 .
Il est clair que 0 admet pour unique racine cubique 0. Soit x ∈ F∗7 tel que x admet une racine cubique.
Il existe a ∈ F∗7 tel que x = a3 . On a donc, en passant au carré, x2 = a6 = 1 puisque le groupe F∗7 est
cyclique d’ordre 6. Ainsi x = ±1. Réciproquement, 1 et −1 admettent 1 et −1 pour racine cubique.
6