Corrigé 21

Cours d’Alg` ebre II Bachelor Semestre 4
Prof. E. Bayer Fluckiger 09 mai 2012
Corrig´e 21
Exercice 1.
Soit Aun anneau int`egre de cardinal fini. Montrer que Aest un corps.
Solution.
Soient a∈A\ {0}et f:A→Al’homomorphisme de groupes d´efini par
f(x) = ax. Puisque Aun anneau int`egre, on a ker f={0}. Par cons´equent, f
est injectif. Donc, |A|=|f(A)|. Puisque Aest de cardinal fini, on en d´eduit que
f(A) = A, c’est-`a-dire fest surjectif. En particulier, 1 ∈f(A). Donc il existe
b∈Atel que 1 = ab. D’o`u aest un ´el´ement inversible. Comme a´etait un ´el´ement
non-nul arbitraire de A, on d´eduit que Aest un corps. 
Exercice 2.
Soient p≥2 un nombre premier et n≥2 un entier.
(1) Soit mun diviseur de n. Montrer que Fpna un unique sous-corps de
cardinal pm.
(2) Montrer qu’un polynˆome F∈Fp[X] de degr´e nest irr´eductible si et
seulement si Fest scind´e sur Fpnet n’a aucune racine dans Fpmpour tout
m < n.
(3) En d´eduire que Xpn−Xest le produit des polynˆomes irr´eductibles sur
Fpde degr´e divisant n.
(4) Montrer que pgcd F, Xpn−Xest le produit des facteurs irr´eductibles
de Fde degr´e divisant n.
(5) En d´eduire une factorisation X5+ 2X4+X2+ 2X+ 1 sur F3.
(6) Donner un corps de d´ecomposition de X5+X2+ 2X+ 1 ∈F3[X].
Solution.
(1) Soit k⊂Fpnun sous-corps de cardinal pmde Fpn. Alors k∗est de cardinal
pm−1. En particulier, d’apr`es le th´eor`eme de Lagrange, tout x∈k∗est
d’ordre (pour la multiplication) divisant pm−1 i.e. tel que xpm−1= 1.
Ainsi tous les ´el´ements de ksont racines de Xpm−X. Comme Xpm−Xa
au plus pmracines, kest l’ensemble des ´el´ements de Fpnqui sont racines
de Xpm−X.
En appliquant ce qui pr´ec`ede avec m=n, on constate que Fpnest
un corps de d´ecomposition de Xpn−X. Comme mdivise n, on sait que
pm−1 divise pn−1 et donc que Xpm−Xdivise Xpn−X. En particulier
Xpm−Xest scind´e sur Fpn. L’ensemble des racines de Xpm−Xdans
Fpnest donc de cardinal pm. Cet ensemble des racines de Xpm−Xdans

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Fpnest bien un sous-corps de Fpnpuisque Frobm
p:Fpn−→ Fpn
x7−→ xpm
est un
automorphisme de corps (obtenu en composant mfois l’automorphisme
de corps Frobp:Fpn−→ Fpn
x7−→ xp
avec lui-mˆeme).
Ainsi, Fpna un unique sous-corps de cardinal pm, `a savoir l’ensemble
de racines dans Fpnde Xpm−X.
(2) On rappelle qu’un polynˆome est irr´eductible si et seulement s’il est ´egal
au polynˆome minimal d’une de ses racines.
Supposons le polynˆome Firr´eductible. Nous allons montrer que Fpnest
un corps de d´ecomposition de F. Comme tout corps fini est isomorphe
`a Fpmpour un certain entier m, il existe un entier rtel que Fprsoit un
corps de d´ecomposition de F. Soit α∈Fprune racine de F. Comme F
est irr´eductible, il est le polynˆome minimal de αsur Fp. On a donc
n= deg(F) = [Fp(α) : Fp].
En particulier, Fp(α) = Fpn(d’apr`es la question pr´ec´edente, Fpra un seul
sous-corps de cardinal pn, `a savoir Fpn). On en conclut que toutes les
racines de Fsont dans le sous-corps Fpnde Fpri.e. que le polynˆome Fest
scind´e sur Fpn.
Soient m≤n−1 et αune racine de Fdans le corps Fpm. On note Ple
polynˆome minimal de αsur Fp. Clairement deg(P)≤m≤n−1. Comme
F(α) = 0, le polynˆome Pdivise F, ce qui contredit l’irr´eductibilit´e de F.
On conclut que Fn’admet pas de racines dans Fpmpour m≤n−1.
Supposons maintenant que le polynˆome Fest scind´e sur Fpnet n’a aucune
racine dans Fpmpour m≤n−1. Soient αune racine de Fet Ple polynˆome
minimal de αsur Fp. Alors Fp[X]/(P) est un corps fini, isomorphe `a Fpm
pour un m∈N. Par hypoth`ese, on a m≥n. Comme F(α) = 0, le
polynˆome Pdivise Fet donc deg(P) = m≤n. Par cons´equent m=n
d’o`u P=F. Le polynˆome Fest donc irr´eductible.
(3) Soit f∈Fp[X] un polynˆome irr´eductible de degr´e divisant n. Alors
[Fp[X]/(f) : Fp[X]] = n. On en d´eduit que Fp[X]/(f) est isomorphe `a
Fpn. En particulier, fa une racine αdans Fpn. Le polynˆome f´etant
irr´eductible, le polynˆome minimal de αest f. Or αest racine de Xpn−X
donc fdivise Xpn−X.
Soit gun polynˆome unitaire et irr´educible tel que g|Xpn−X. Montrons
que g∈I. Soit αune racine de gdans une extension convenable de Fp.
Alors Fp(α) est un sous-corps de Fpn. En particulier, deg g= [Fp(α) : Fp].
On en d´eduit que [Fp(α) : Fp] divise [Fpn:Fp] i.e. que deg(g) divise
n. On vient ainsi de montrer que les facteurs apparaissant dans une
d´ecomposition de Xpn−Xen produit d’´el´ements irr´eductibles de Fp[X]
sont exactement les polynˆomes irr´eductibles sur Fpde degr´e divisant n.

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Pour conclure il suffit maintenant de montrer que Xpn−Xest sans facteur
carr´e i.e. qu’il n’existe aucun polynˆome non constant g∈Fp[X] tel que g2
divise Xpn−X.
Supposons l’existence d’un polynˆome girr´eductible sur Fptel que g2
divise Xpn−X. Soit h∈Fp[x] tel que
Xpn−X=g2h.
En d´erivant les deux membres de l’´egalit´e d´efinissant h, on obtient
−1 = pnXpn−1−1 = 2gg0h+g2h0,
En particulier −1 est divisible par g, ce qui n’est possible que si gest un
polynˆome constant.
(4) Soient P= pgcd F, Xpn−X, et P=p1...plla factorisation de Pen fac-
teurs irr´eductibles. Comme Pdivise F, les pisont des facteurs irr´eductibles
de F. De plus, comme Pdivise Xpn−X, d’apr`es la question pr´ec´edente,
chaque piest un polynˆome irr´eductible de degr´e divisant n.
Si Gest un polynˆome irr´eductible de degr´e divisant n, alors, d’apr`es la
question pr´ec´ dente, Gdivise Xpn−X. Si de plus Gdivise F, alors G=pi
pour un certain indice i. Les polynˆomes irr´eductibles divisant Psont donc
exactement les polynˆomes irr´eductibles divisant Fet de degr´e divisant n.
Pour conclure il suffit de remarquer que P= pgcd(F, Xpn−X) est sans
facteur carr´e puisque Xpn−Xest sans facteur carr´e.
(5) D’apr`es le point pr´ec´edent, il suffit de calculer
Pn:= pgcd X5+ 2X4+X2+ 2X+ 1, X3n−X
pour diff´erentes valeurs de n.
Dans le cas n= 1, on a P1= 1 (on peut aussi rearquer directement que
le polynˆome X5+ 2X4+X2+ 2X+ 1 n’admet pas de racines dans F3).
Dans le cas n= 2, on a P2=X2+X+2, qui est irr´eductible dans F3[X],
donc le seul facteur irr´eductible de degr´e 2 de X5+ 2X4+X2+ 2X+ 1 est
X2+X+2. En effectuant une division euclidienne de X5+2X4+X2+2X+1
par X2+X+ 2 on obtient
X5+ 2X4+X2+ 2X+ 1 = (X2+X+ 2) ·(X3+X2−1)
et comme le polynˆome X3+X2−1 est irr´eductible dans F3[X] (car il est de
degr´e 3 et il n’admet pas de racines dans F3), on a obtenu la d´ecomposition
de X5+ 2X4+X2+ 2X+ 1 en facteurs irr´eductibles.
(6) On commence par factoriser X5+X2+ 2X+ 1 en calculant
Qn:= pgcd X5+X2+ 2X+ 1, X3n−X
pour diff´erentes valeurs de n. Dans le cas n= 1, on a Q1= 1. Dans le cas
n= 2, on a Q2=X2+ 1, qui est irr´eductible dans F3[X]. On a
X5+X2+ 2X+ 1 = (X2+ 1) ·(X3−X+ 1)

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et comme le polynˆome X3−X+1 est irr´eductible dans F3[X] (car il est de
degr´e 3 et il n’admet pas de racines dans F3), on a obtenu la d´ecomposition
de X5+X2+ 2X+ 1 en facteurs premiers.
Un corps de d´ecomposition de X2+1 est K1=F3(α), o`u αest une racine
de X2+ 1. Comme X2+ 1 est irr´eductible de degr´e 2, on a
[K1:F3] = 2. Un corps de d´ecomposition de X5+X2+ 2X+ 1 est
donc K2=K1(β), o`u βest une racine de X3−X+ 1. Comme X3−X+ 1
est irr´eductible sur F3, on d´eduit de la question (2) que X3−X+ 1 n’a
pas de racine dans K1. Or tout polynˆome de degr´e 3 sans racine dans K1
est irr´eductible sur K1, donc X3−X+1 est irr´eductible sur K1. Par suite,
[K2:K1] = deg(X3−X+ 1) = 3. Ainsi on a
[K2:F3] = [K2:K1][K1:F3] = 6.
Par cons´equent K2est isomorphe `a F36.
Exercice 3.
On note Z[i] := {a+ib :a, b ∈Z}.Montrer que les anneaux suivants sont
isomorphes
Fp[X]/(X2+ 1),Z[X]/(p, X2+ 1),Z[i]/(p).
Solution.
On note I= (p, X2+ 1) l’id´eal de Z[X] engendr´e par pet X2+ 1. On consid`ere
l’homomorphisme d’anneaux f:Z[X]−→ Z[i]/(p) obtenu par composition de
l’homomorphisme d’´evaluation en i
φ:Z[X]−→ Z[i]
P7−→ P(i)
et de la surjection canonique πZ[i]→Z[i]/pZ[i]. Comme φet πsont surjectives,
il en va de mˆeme de f=π◦φ. Montrons maintenant que Ker(f) = I. On v´erifie
sans difficult´es que p∈Ker(f) et X2+ 1 ∈Ker(f) et donc que I⊂Ker(f).
Soit P∈Ker(f). On a alors P(i)∈pZ[i]. Comme X2+ 1 est unitaire on peut
effectuer la division euclidienne de Ppar X2+ 1 dans Z[X] :
P= (X2+ 1)Q+aX +b
avec Q∈Z[X] et a, b ∈Z. On a alors P(i) = ai +b. Or P(i)∈pZ[i] donc aet b
sont divisibles par p. Par suite aX+b∈pZ[X] et donc P= (X2+1)Q+aX+b∈I.
Ainsi, Ker(f)⊆I. Par passage au quotient, fva donc induire un isomorphisme
d’anneaux de Z[X]/I sur Z/pZ[i].

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On v´erifie ais´ement que l’application de “r´eduction modulo p”
ψ:Z[X]−→ Fp[X]
n
X
i=0
aiXi7−→
n
X
i=0
[ai]pXi
est un homomorphisme d’anneaux. Soit g:Z[X]−→ Fp[X]/(X2+ [1]p) la com-
pos´ee de ψet de la surjection canonique η:Fp[X]−→ Fp[X]/(X2+ [1]p). Alors g
est un un homomorphisme d’anneaux surjectif puisque c’est la compos´ee de deux
homomorphismes d’anneaux surjectifs. Montrons maintenant que Ker(g) = I. On
v´erifie sans difficult´es que I⊆Ker(g).
Soit P∈Ker(g). Alors ψ(P)∈(X2+ [1]p)Fp[X]. Il existe donc T∈Z[X] tel
que ψ(P) = (X2+ [1]p)ψ(T). Maintenant, puisque ψ(P−(X2+ 1)T) = 0, tous
les coefficients de P−(X2+ 1)Tsont divisibles par p, autrement dit il existe
S∈Z[X] tel que P−(X2+ 1)T=pS. On a donc P=pS + (X2+ 1)T∈I.
Ainsi, Ker(g)⊆I. Par passage au quotient, gva donc induire un isomorphisme
d’anneaux de Z[X]/I sur Fp[X]/(X2+ [1]p)Fp[X].
En composant f−1par g, on obtient un isomorphisme d’anneaux g◦f−1de
Z[i]/pZ[i] sur Fp[X]/(X2+ [1]p)Fp[X].
Exercice 4.
Soit α∈F27 avec α /∈ {−1,0,1}. Montrer que {−α, α}contient un g´en´erateur
de F∗
27.
Solution. On a |F∗
27|= 26. Tout ´el´ement de F∗ 27 est donc d’ordre 1,2,13 ou 26.
On sait que 1 est le seul ´el´ement d’ordre 1 et que −1 est le seul ´el´ement d’ordre
2. Par cons´equent, si α /∈ {−1,0,1}, alors αest d’ordre 13 o`u 26. Si l’ordre de α
est 26, alors αest un g´en´erateur de F∗
27. Si l’ordre de αest 13, alors
| − α|= ppcm(|α|,| − 1|) = ppcm(13,2) = 26,
(o`u |x|d´esigne l’ordre de x∈k∗pour la multiplication dans k) car −α=α·(−1)
et pgcd(|α|,| − 1|) = 1. Ainsi, −αest un g´en´erateur de F∗
27. Donc dans les deux
cas, {−α, α}contient un g´en´erateur de F∗
27.