Solutions Feuille de Travaux Dirigés n 6

Université Francois Rabelais de Tours
Master de Mathématiques
Solutions Feuille de Travaux Dirigés n◦ 6
M1, Algèbre
Semestre 8
Corps finis
Exercice 1
1) Trouver tous les polynômes degré 4 irréductibles sur Z/2Z.
Solution: Déjà fait dans un Td précédent.
2) Soit P (X) = X 4 + X + 1 ∈ Z/2Z[X], L un corps de rupture de P sur Z/2Z et α une racine de P
dans L. Quel est le cardinal de L ? Donner une base de L sur Z/2Z.
Solution: Le polynôme P est irréductible ainsi [L : F2 ] = 4 et |L| = 24 = 16. La famille (1, α, α2 , α3 )
est une base de L sur F2 .
3) Montrer que α est un générateur du groupe multiplicatif (L∗ , ×).
Solution: Les ordres possibles pour α sont 2, 4, 8, 16. Pour montrer que α est d’ordre 16, il suffit de
montrer que α8 6= 1. En effet, dans cas, on ne peut pas avoir α2 = 1 ou α4 = 1 puisque α8 = (α2 )4
et α8 = (α4 )2 . On a
α8 = (α4 )2
= (α + 1)2
= α2 + α 6= 1.
4) En utilisant l’automorphisme de Frobenius φ défini par φ(x) = x2 , déterminer explicitement tous les
sous-corps de L (c’est à dire expliciter leurs éléments en fonction de α).
Solution: Soit K un sous-corps de L qui contient F2 . Alors K ∗ est un sous-groupe de L∗ et |L∗ | = 15.
Ainsi |K| = 1, 3, 5, 15. Commençons par traiter les cas les plus simples :
(a) Si |K ∗ | = 15 alors K = L.
(b) Si |K ∗ | = 1 alors K = F2 .
(c) On ne peut pas avoir |K| = 5 puisque il n’existe pas de corps à 6 éléments ! (6 n’est pas une
puissance d’un nombre premier.)
Reste le cas |K ∗ | = 3. Puisque K est un corps K ∗ est cyclique, et donc K ∗ est engendré par un
élément de la forme αk (1 ≤ k ≤ 14). On doit avoir (αk )3 = α3k = 1, ce qui implique que 15 | 3k et
5 | k. On a donc k = 5 ou 10 et
K ∗ := {1, α5 , α10 }.
On vérifie facilement que {0, 1, α5 , α10 } est un sous-corps de L.
5) Justifier que L contient un corps de rupture du polynôme X 2 + X + 1 sur Z/2Z et factoriser ce
polynôme dans L.
Solution: Il suffit de montrer que ce polynôme admet une racine dans L. On la cherche sous la
forme a + bα + cα2 + dα3 . Puisque a, b, c, d ∈ F2 , on a a2 = a, b2 = b, c2 = c et d2 = d. De plus, pour
tout (x, y) ∈ F22 , on a (x + y)2 = x2 + y 2 . On calcule
P (a + bα + cα2 + dα3 ) = (a + bα + cα2 + dα3 )2 + a + bα + cα2 + dα3 + 1
= a + bα2 + cα4 + dα6 + a + bα + cα2 + dα3 + 1
= a + bα2 + c(α + 1) + d(α3 + α2 ) + a + bα + cα2 + dα3 + 1
= c + 1 + α(c + b) + α2 (b + d + c)
Ainsi P s’annule en a + bα + cα2 + dα3 si et seulement si


c + 1 = 0
c+b=0


b+d+c
P admet deux racines dans L : α + α2 et 1 + α + α2
1
6) Montrer (par un argument de degré) que l’équation x3 + x + 1 = 0 n’a pas de solution dans L.
Solution: Le polynôme X 3 + X + 1 = 0 est irréductible sur F2 . S’il admet une racine x dans L,
alors
[F2 (x) : F] = 3 et 3 | [L : F2 ]
mais c’est impossible puisque [L : F2 ] = 4.
7) Montrer que si x ∈ L est racine de P alors φ(x) est racine de P . En déduire que L est un corps de
décomposition de P .
Solution: On rappelle que Φ est un ismorphisme de corps de L dans L et donc
P (φ(x)) = (φ(x))4 + φ(x) + 1
= φ(x4 + x + 1)
= φ(0) = 0
Ainsi puisque α est racine de P , on en déduit que α2 , α4 et α8 sont racines de P . Tous ces éléments
sont distincts puisque α est d’ordre 15. On a donc bien trouvé les 4 racines de P dans L.
8) On considère maintenant le polynôme Q(X) = X 4 + X 3 + X 2 + X + 1. Soit L0 un corps de rupture
de Q sur Z/2Z et θ une racine de Q dans L0 . Justifier que L et L0 sont des corps isomorphes.
Solution: Q est irréductible sur F2 et |L0 | = 16. Comme tous les corps finis de même cardinal sont
isomorphes, on a bien L ' L0 .
9) Est ce que θ est un générateur du groupe multiplicatif (L0∗ , ×) ?
Solution: Non. On a
θ5 = θ(θ3 + θ2 + θ + 1)
= θ4 + θ3 + θ2 + θ
=1
et θ est d’ordre 5.
10) Vérifier que θ + θ2 est racine de P dans L0 . En déduire un isomorphisme de corps explicite entre L
et L0 .
Solution: On a
P (θ + θ2 ) = (θ + θ2 )4 + θ + θ2 + 1
= θ4 + θ8 + θ + θ2 + 1
= θ4 + θ3 + θ + θ2 + 1
=0
Ainsi θ + θ2 est racine de P . On peut vérifier que θ + θ2 est d’ordre 15 et donc on peut construire
un isomorphisme de L dans L0 en posant αi 7−→ (θ + θ2 )i .
Exercice 2 Soit F un corps fini de caractéristique p et soit f ∈ F[X] un polynôme irréductible. L’objectif
de cet exercice est de montrer que f est séparable, c’est-à-dire que f n’admet aucune racine multiple. On
procède par contradiction et on suppose que f admet une racine multiple.
1) Montrer que pgcd(f, f 0 ) 6= 1.
Solution: Soit α une racine multiple de f dasn uen extension de F. On voit alors que α est aussi
racine de P 0 . Ainsi, le polynôme minimal de α sur F divise P et P 0 et pgcd(f, f 0 ) 6= 1.
2) En utilisant le fait que f est irréductible, en déduire que f 0 = 0.
Solution: f étant irréductible, on en déuit que pgcd(f, f 0 ) et f sont de même degré. Ainsi pour
que pgcd(f, f 0 ) divise f 0 il faut que f 0 = 0.
3) Montrer qu’il existe un polynôme g ∈ F[X] tel que f (X) = g(X p ).
Solution: La dérivé d’un terme aX k est akX k−1 . Ainsi, si a 6= 0, pour que f 0 = 0 il faut que k = 0
dans Fp . Cela implique que k est un multiple de p. Ainsi f s’écrit sous la forme
p
X
ai X ip =
i=0
et en posant g =
P
ai X i on a le résultat.
2
X
ai (X i )p
4) Montrer qu’il existe h ∈ F[X] tel que f (X) = (h(X))p .
[On utilisera le morphisme de Frobenius x 7→ xp . ]
Solution: On reprend le polynôme g de la question
On pose bi = φ−1 (ai ) où φ désigne
P précédente.
p
i
l’isomorphisme de Frobenius x 7−→ x . Soit h = bi X . On a alors
X
p X
X
(h(X))p =
bi X i =
bpi X ip =
ai X ip = f (X).
5) Conclure.
Solution: f ne peut pas être irréductible et de la forme h(X)p avec p ≥ 2 ! On a obtenu une
contradiction et donc f ne peut pas avoir de racine multiple.
Polynômes cyclotomiques
Exercice 3 Soit n un entier naturel. On note Φn le n-ème polynôme cyclotomique. L’objectif de l’exercice
est de démontrer que Φn est irréductible sur Q. On rappelle que si on note Un ⊂ C l’ensemble des racines
n-èmes de l’unité et Pn ⊂ Un l’ensemble des racines n-èmes primitives, alors
Y
(X − ω) ∈ Z[X].
Φn (X) =
ω∈Pn
Soit P un facteur irréductible unitaire de Φn sur Q et Q = Φn /P .
1) Rappeler pourquoi P et Q sont à coefficients entiers.
Solution: Commençons par montrer que
Xn − 1 =
Y
Φd .
d|n
P
On remarque tout d’abord que ces deux polynômes sont de même degré puisque d|n ϕ(n) = n. Soit
n−1
ω une racine primitive de l’unité d’ordre n. Les racines de X n − 1 sont donc
}. Soit
Q {1, ω, . . . , w
k
k
0 ≤ k ≤ n − 1 et soit d l’ordre de ω . On a d | n et donc w est racine de d|n Φd . Ainsi toutes les
Q
racines de X n − 1 sont aussi racines de d|n Φd . Comme ces polynômes sont de même degré, on a
l’égalité souhaitée.
Montrons maintenant par récurrence que Φn ∈ Z[X]. C’est vrai pour n = 1. On a
Y
Y
Xn − 1 =
Φd = Φn ·
Φd
d|n
d|n,d6=n
|
{z
}
=P ∈Z[X]
Puisque P est unitaire, on peut effectuer la division euclidienne dans Z[X] de X n − 1 par P et par
unicité on obtient que Φn ∈ Z[X].
Factoriser dans Q[X] est équivalent à factoriser dans Z[X] puisque tous les polynômes en présence
sont unitaires. Ainsi P, Q ∈ Z[X].
2) Soit ω ∈ C une racine de P et p un nombre premier tel que p - n. L’objectif de cette question est de
montrer que ω p est encore racine de P . On suppose par l’absurde que ω p n’est pas racine de P .
(a) Montrer que ω p est racine de Q.
Solution: Puisque p - n, la racine nième de l’unité ω p est primitive. C’est donc une racine de
Φn . Puisque
0 = Φn (ω p ) = P (ω p )Q(ω p )
et P (ω p ) 6= 0, on a Q(ω p ) = 0.
(b) Montrer que P (X) divise Q(X p ) dans Z[X].
Solution: Les polynômes P (X) et Q(X p ) ont une racine en commun, ils ne sont donc pas
premiers entre eux. P étant irréductible, on en déduit que P divise Q(X p ).
3
(c) On note P et Q la réduction modulo p de P et Q. Soit K un corps de décomposition de P sur
Z/pZ et α ∈ K une racine de P . Montrer que α est racine de Q.
Solution: Puisque K est de caractéristique p, on sait que x 7→ xp est un morphisme d’anneau.
Puisque P divise Q(X p ), on voit que P divise Q(X p ) et donc α est racine de Q(X p ). Mais
p
Q(αp ) = Q(α)
et donc α est racine de Q.
(d) En déduire que α est racine double du polynôme X n − 1 ∈ Z/pZ[X].
Solution: On a X n − 1 = P Q et α est racine de P et Q donc α est racine double de X n − 1.
(e) Obtenir une contradiction.
Solution: Soit α une racine double de X n − 1. On a alors n ≥ 2 et αn = 1 et nαn−1 = 0 dans
Fp . C’est impossible.
3) Soit ω ∈ C une racine de P et k un entier premier avec n. Soit k = p1 · · · pr sa décomposition en
facteurs premiers. Montrer que ω k est encore racine de P .
Solution: On procède par récurrence sur r. Si r = 1, on vient de le prouver. Supposons r > 1. Par
récurrence, puisque ω est racine de P , on sait que wp1 ...pr−1 est aussi racine de P . On applique alors
le résultats de la question précédente à ω 0 = wp1 ...pr−1 et à p = pr et on voit que wp1 ...pr est racine
de P .
4) Conclure que P = Φn .
Solution: Soit ω une racine de P . Puisque ω est aussi racine de Φn , ω est une racine primitive de
l’unité d’ordre n. D’après la question 3, tous les éléments de l’ensemble {ω k | k est premier avec n}
sont aussi racine de P . Mais
{ω k | k est premier avec n} = Pn
et donc P = Φn .
Groupe de Galois d’une extension
Exercice 4 (de cours)
Le groupe de Galois d’une extension F ⊂ E est défini par
Gal(E : F ) := {θ : F 7−→ F | θ est un ismorphisme et θ(a) = a pour tout a ∈ F }.
1) Montrer que Gal(E : F ) est un groupe.
2) Soit θ ∈ Gal(E : F ). Si t ∈ E est racine de P ∈ F [X] alors θ(t) est aussi racine P .
√
√
Exercice 5 On considère l’extension Q ⊂ Q( 2) et on pose G = Gal(Q( 2) : Q).
√
1) Soit θ ∈ G. Quelles sont les valeurs possibles de θ( 2) ?
2) Déterminer G.
√
√
Exercice 6 On considère l’extension Q ⊂ Q( 2, i) et on pose G = Gal(Q( 2, i) : Q). Soit θ ∈ G.
√
1) Quelles sont les valeurs possibles de θ( 2) ?
√
√
√
Solution: θ( 2) est racine de X 2 − 2 ainsi θ( 2) = ± 2.
2) Quelles sont les valeurs possibles de θ(i) ?
Solution: θ(i) est racine de X 2 + 1 ainsi θ(i) = ±i.
3) Déterminer G.
Solution: D’après les questions précédentes, on voit que |G| = 4. Les éléments de G sont :
√
√
2
7−→
2
θ1 :
i
7−→
i
√
√
θ2 :
2
7−→
− 2
i
7−→
i
√
√
θ3 :
2
7−→
2
i
7−→
−i
√
√
θ4 :
2
7−→
− 2
i 7−→ −i
Reste à déterminer si G ' C4 ou G ' C2 × C2 . On vérifie que tous les éléments de G sont d’ordre 2
donc G ' C2 × C2 .
4
√
√
Exercice 7 On considère l’extension l’extension Q ⊂ Q(j, 3 2) et on pose G = Gal(Q(j, 3 2) : Q). Soit
θ ∈ G.
√
1) Quelles sont les valeurs possibles de θ( 3 2) ?
√
√
√ √
√
Solution: θ( 3 2) est racine de X 3 − 2 ainsi θ( 3 2) = 3 2, j 3 2 ou j 2 3 2.
2) Quelles sont les valeurs possibles de θ(j) ?
Solution: θ(j) est racine de 1 + X + X 2 ainsi θ(j) = j ou j 2 .
3) Déterminer G.
Solution:
√ D’après les questions précédentes, on voit que |G| = 6. En effet chaque choix de valeur
pour (θ( 3 2), θ(i)) définit un élément de G. Les éléments de G sont donc
θ1 : α
j
7−→
7−→
α
j
θ4 : α
j
7−→
7−→
α
j2
θ2 : α
j
7−→
7−→
jα
j
θ5 : α
j
7−→
7−→
jα
j2
θ3 : α
j
7−→
7−→
j2α
j
θ6 : α
j
7−→
7−→
j2α
j2
√
où α = 3 2. Reste à déterminer si G ' C6 ou G ' S3 . On remarque θ2 ◦θ4 (α) = jα et θ4 ◦θ2 (α) = j 2 α.
Le groupe G n’est donc pas abélien, on a G ' S3 . Une manière plus explicite de voir cela est de
regarder l’action de G sur les racines du polynôme X 3 − 2 :
θ1 :
α
jα
j2α
7−→
7−→
7−→
α
j
j2α
θ4 :
α
jα
j2α
7−→
7−→
7−→
α
j2α
jα
θ2 :
α
jα
j2α
7−→
7−→
7−→
jα
j2α
α
θ5 :
α
jα
j2α
7−→
7−→
7−→
jα
α
j2α
θ3 :
α
jα
j2α
7 →
−
7−→
7−→
j2α
α
jα
θ6 :
α
jα
j2α
7 →
−
7−→
7−→
j2α
jα
jα
On voit par exemple que θ2 est un cycle de longueur 3.
5