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Université Francois Rabelais de Tours
Master de Mathématiques
Solutions Feuille de Travaux Dirigés n◦5
M1, Algèbre Semestre 8
Exercice 1 Soit Kun corps et Lune extension de K. Soient α, β ∈Ldeux nombres algébriques sur K
de degrés respectifs pet 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 βsur Kest a fortiori, un polynôme annulateur de βsur K(α). Ainsi
[K(α, β) : K]≤[K(β) : K]·[K(α) : K] = pq.
2) On suppose que pet qsont 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 pet qsont premier entre-eux, on en déduit que [K(α, β) : K] = pq.
Exercice 2 On considère le polynôme P(X) = X4+X3+ 2X+ 1.
1) Vérifier que dans Z/2Z[X], le seul polynôme de degré 2irréductible est X2+X+ 1. En déduire que
Pest 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 Pla réduction modulo 2 de P. On a encore deg(P)=2. Le polynôme Pn’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 (X2+X+ 1)2=X4+X2+ 1 6=P. Ainsi Pest irréductible sur F2et P
est irréductible sur Q.
2) Soit α∈Cune 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
α,1 α2+α+ 1.
Solution: Après calculs, on trouve
α4=−α3−2α−1
α5=α3−2α2+α+ 1
1
α=−α3−α2−2
1
α2+α+ 1 =1 7(α3+α2−3α+ 8)
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
Solution: The roots are t1=p2 + √2,t2=p2−√2,t3=−t1and t4=−t2. Thus E=Q(t1, t2).
However we claim that t2∈Q(t1), and hence E=Q(t1). To see this, note that t1t2=√4−2 = √2,
and √2 = t2
1−2. 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−
2t2+1, and so t4−10t2= 1 = 0. So tis a root of the polynomial f(x) = x4−10x2+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 the other direction). We’d go about finding the roots,
t2= 5 ±√25 −1=5±2√6. Thus t=±p5±2√6. Hang on, these don’t look like the roots from
the paragraph above ! We need to simplify. Since 5±2√6 = (√2±√3)2, we have t=±(√2±√3),
and so E=Q(t1, t2,−t1,−t2)where t1=√2 + √3and √2−√3. Then, as above, since t2=−1/t1
we have E=Q(t1).
Remark : Another possible polynomial is f(x)=(x2−2)(x2−3). 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 Qest la clôture algébrique de Q.
Solution: Rappelons la définition de clôture algébrique de Q. C’est la plus petite extension algébrique
Lde Qdans laquelle tout polynôme à coefficient dans Lse factorise complètement. En particulier, tout
polynôme à coefficients dans Qdoit se factoriser complètement, on voit que donc l’ensemble des complexes
algébriques Msur Qest inclu dans L. Si on montre que Mest algébriquement clos, on aura le résultat.
Soit un polynôme P=PaiXide degré nà coefficients dans M. Le polynôme est en fait à coefficients
dans Q(a0, . . . , an). Or cette extension est de degré fini puisque
[Q(a0, . . . , an) : Q]≤Y[Q(ai),Q].
2

Soit αune racine de P. On a
[Q(a0, . . . , an, α) : Q]≤[Q(a0, . . . , an, α),Q(a0, . . . , an)]
| {z }
≤n
·[Q(a0, . . . , an) : Q]<+∞.
Puisque [Q[α] : Q]|[Q(a0, . . . , an, α) : Q]on voit que αest algébrique sur Q. Ainsi Mest algébriquement
clos et M=Q.
Exercice 6 On considère le polynôme P=X3+pX +q∈C[X]. Soient x1,x2,x3les racines de P
dans C. On définit le discriminant de Ppar
∆=(x1−x2)2(x1−x3)2(x2−x3)2.
1) Pour k∈N, on note sk=xk
1+xk 2+xk 3. En utilisant les relations entre coefficients et racines, calculer
sken fonction de p, q pour 1≤k≤6.
Solution: On a 
σ1=x1+x2+x3= 0
σ2=x1x2+x1x3+x2x3=p
σ3=x1x2x3=q
De plus
s0= 3
s1=x1+x2+x3=σ1= 0
s2=x2
1+x2 2+x2 3
=σ2
1−2(x1x2+x1x3+x2x3)
=s2
1−2σ2=−2p
s3= (x2
1+x2 2+x2 3)·(x1+x2+x3)−(x1+x2+x3)(x1x2+x2x3+x1x3)+3x1x2x3
=s2σ1−s1σ2+s0σ3
= 3q
s4= (x3
1+x3 2+x3 3)·(x1+x2+x3)−(x2 1+x2 2+x2 3)(x1x2+x2x3+x1x3)+(x1+x2+x3)x1x2x3
=s3σ1−s2σ2+s1σ3
= 2p2
On peut montrer que pour tout n≥3, on a
sn=sn−1σ1−sn−2σ2+sn−3σ3
2) On introduit la matrice de Van der Monde M∈M3(C)définie par mij =xj−1
i. En remarquant que
∆ = det(tMM )
montrer que
∆ = −4p3−27q2.
Solution: On a
M:= 
1x1x2
1
1x2x2
2
1x3x2
3
et on sait que det(M)=(x1−x2)(x2−x3)(x1−x3)d’où det(tMM )=∆2. On a aussi
tMM =
s0s1s2
s1s2s3
s2s3s4
=
3 0 −2p
0−2p3q
−2p3q2p2
.
Après calcul du déterminant on trouve ∆ = −4p3−27q2.
3) On suppose que pet qsont réels. Discuter le nombre de racines réelles de Pen fonction du signe
de ∆.
Solution: Puisque le degré de Pest impair, Padmet au moins une racine réelle par le théorème
des valeurs intermédiaire. De plus, si Padmet une racine complexe non-réelle αalors, comme ses
coefficients sont réels, Padmet aussi αcomme racine. On remarque que dans ce cas Pn’a pas de
racine double. On a donc trois possibilités :
3

(a) Pa trois racines réelles distinctes alors ∆ = ((x1−x2)(x2−x3)(x1−x3))2>0.
(b) Padmet une racine de multiplicité au moins 2 alors toutes les racines de Psont réelles et ∆=0.
(c) Padmet une racine réelle xet 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 ∆>0alors Padmet 3 racines réelles distinctes ;
(b) si ∆=0alors Padmet une racine (au moins) double et toutes ses racines sont réelles ;
(c) si ∆<0alors Padmet une racine réelle xet deux racines complexes conjuguées.
4) On suppose que pet qsont rationnels et que Pest 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 Pn’admet pas de racines doubles. Supposons que
αest racine double de P. Alors αest racine de Pet P0, c’est-à-dire :
(α3=−pα +q
α2=−p
3
Le cas p= 0 donne alors q= 0 et P=X3ce qui absurde. Si p6= 0 alors α=3q
2p∈Qce qui est
impossible puisque Pest irréductible sur Q.
(b) Déterminer le degré [Q(x1) : Q].
Solution: Puisque Pest irréductible et x1est racine de P, on a [Q(x1) : Q]=3.
(c) En utilisant les relations entre coefficients et racines, montrer que
(x1−x2)(x1−x3)=3x2
1+p.
Solution: On a
(x1−x2)(x1−x3) = x2
1−x1(x2+x3
| {z }
=−x1
) + x2x3
=x2
1+x2 1+ (p−x1x3−x1x2)
=x2
1+x2 1+p−x1(x3+x2)
= 2x2
1+p+x2 1
= 3x2
1+p.
(d) En déduire que L=Q(x1,√∆) où √∆∈Cest une racine carrée de ∆.
Solution: On peut prendre √∆=(x1−x2)(x2−x3)(x1−x3). On a
√∆
3x2
1+p= (x2−x3)∈Q(x1,√∆) et x1=−x2−x3∈Q(x1,√∆).
Et comme x1=−x2−x3∈Q(x1,√∆), on a aussi
−1
2((x2−x3) + x1) = x3∈Q(x1,√∆) et 1 2((x2−x3)−x1) = x2∈Q(x1,√∆).
Ainsi L⊂Q(x1,√∆). L’inclusion inverse est évidente d’où l’égalité.
(e) En déduire que
[L:Q] = 3si √∆∈Q
6sinon
Solution: Si √∆∈Qalors [L:Q]=[Q(x1) : Q] = 3. Si √∆/∈Qalors
[L:Q]=[Q(x1,√∆) : Q(x1)]
| {z }
=2 car ∆∈Q
·[Q(x1) : Q]=6.
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 ∆=34et donc [L:Q]=3puisque √∆=9∈Q.
(c) x3−4x+ 1
Solution: On trouve ∆ = 229 et donc [L:Q]=6puisque √∆∈Q.
Exercice 7
1) Montrer que le polynôme X2+ 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 Lle corps de rupture de X2+ 1 sur Z/7Zet iune racine de X2+ 1 dans L. Quel est le cardinal
de L? Donner une base de Lsur Z/7Z.
Solution: Puisque Lest de dimension 2 en tant que F7espace vectoriel, |L|= 72= 49. Par exemple
(1, i)est une base de Lsur 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 −1=−3+2i.
4) Vérifier que 3+iest 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)166= 1 alors (3 + i)ne pourra pas être d’ordre 2,4,8,16. De même si (3 + i)246= 1 alors
(3 + i)ne pourra pas être d’ordre 3,6,12. Il suffit donc de montrer que (3 + i)166= 1 et (3 + i)246= 1.
Nous sommes dans un corps de caractéristique 7, ainsi (a+b)7=a7+b7pour tout a, b ∈L. De plus,
pour tout a∈F7, on a a7=a. Finalement :
(3 + i)16 = (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)24 = (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∗
7sont de la forme (3 + i)koù pgcd(k, 48) = 1, il y
en a donc ϕ(48) où ϕest l’indicatrice d’Euler.
5) Montrer que tout élément de Z/7Zadmet une racine carrée dans L. (On ne demande pas de calculer
ces racines carrées.)
Solution: Soit a∈F7. Il existe ktel 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 8divise k, en particulier, kest pair. Ainsi (3 + i)k/2est
une racine carré de a.
5