devoir n2

Soit P(X) = Xp−3.
1 Exercice 1.1
Clairement, les racines de Pdans Csont p
√3ζipour ide 0 `a p−1. Donc K,
engendr´e par ces racines, contient ζcar quotient de deux racines :
ζ=
p
√3ζ
p
√3
Donc Kest bien une extension de k. Par ailleurs, elle contient bien sˆur p
√3
racine de P. Clairement k[p
√3] = Q[ζ, p √3] contient les racines de Pdonc on a
K=k[p
√3]
2 Exercice 1.2
p´etant premier, 1 + X+··· +Xp−1est irr´eductible comme polynˆome cyclo-
tomique et [k:Q] = p−1 . p
√3 ´etant solution d’une ´equation de degr´e p, on a
[k[p
√3] : k]≤p. Or
[K:Q]=[k[p
√3] : k][k:Q]
On en d´eduit que [K:Q] est divisible par p−1 et est plus petit que p(p−1).
3 Exercice 1.3
Ecrivons P=P1.P2avec P1, P2dans Q[X] et P1de degr´e nnon nul. Alors les
racines de P1sont celle de P. En particulier, leur module est p
√3. D’autre part,
le produit de toutes les racines vaut au signe pr´es P1(0) qui est rationnelle - et
mˆeme entier d’ailleurs. En passant au module et en ´elevant `a la puissance p, on
obtient
∃p1, q1∈Z∗/ qp
13n=pp 1
On peut bien sˆur supposer q1premier avec p1et les deux positifs. Donc pp
1
divise 3n. On en d´eduit que 3n
pp
1est un entier qui a un inverse qp
1dans N. Donc
il vaut 1 et p1= 3, n=p.P2est donc constant et Pest irr´eductible.
4 Exercice 1.4
L’irr´eductibilit´e de P implique imm´ediatement que [Q[p
√3]] = p. Mais
[K:Q] = [K:Q[p
√3].[Q[p √3] : Q]
Donc pdivise [K:Q]. D’apr`es le point 2, il est aussi divisible par p−1 qui est
premier avec pdonc il est divisible par p(p−1). On savait aussi qu’il ´etait plus
petit que ce nombre, donc
[K:Q] = p(p−1)
1

5 Exercice 1.5
De [K:Q] = [k[p
√3] : k][k:Q], on d´eduit que
[k[p
√3] : k] = p
Donc il n’existe pas de polynˆome `a coefficient dans kde degr´e plus petit que p
annulant p
√3, ce qui revient `a dire que Pest aussi irr´eductible sur k.
6 Exercice 1.6
Kest une extension galoisienne de kpuisque c’est le corps de racines de P. On
peut donc appliquer la th´eorie de Galois `a l’extension Q⊂k⊂K,
Soit Nle groupe de Galois de Psur kvu comme sous-groupe de G.
k, comme extension cyclotomique avec ppremier est une extension galoisi-
enne de Qde groupe de Galois isomorphe `a Z/(p−1)Z.
Comme l’extension est galoisienne, Nest distingu´e dans Get G/N est iso-
morphe `a son groupe de Galois Z/(p−1)Z.
Reste `a calculer N. Les racines sont p
√3ζi. Soit alors σun ´el´ement de ce
groupe, il permute les racines et σ(p
√3) = p √3ζipour un certain ide [0, p −1].
Comme ζjest dans k,
σ(p
√3ζj) = σ(p √3)ζi+j
et σest parfaitement d´efini et on peut facilement v´erifier que c’est un morphisme
de corps.
Si on d´efinit σ1comme celui qui envoie σ(p
√3) sur p √3ζ, on a clairement
σ=σi
1.Nest donc un groupe cyclique d’ordre p.
7 Exercice 1.7
Consid´erons maintenant la suite d’extension Q⊂Q[p
√3] ⊂KL’extension Kde
Q[p
√3] est cyclotomique sur un corps de caract´eristique nulle et son groupe de
Galois Hest donc isomorphe `a un sous-groupe de Z/(p−1)Z.
Par ailleurs, de l’´equation
[K:Q] = [K:Q[p
√3].[Q[p √3] : Q]
on tire que [K:Q[p
√3] = p−1. Hcontient donc au moins p−1 ´el´ements, et H
est donc isomorphe `a Z/(p−1)Z
H∩Nest un sous-groupe de N. Or Nest cyclique d’ordre ppremier.
Classiquement, les seuls sous-groupes sont 0 et N. Comme Hcontient p−1
´el´ements, ce n’est pas N, c’est donc 0 et H∩N= 0
On constate que l’extension Q[p
√3] de Qn’est pas galoisienne. En effet, il
contient p
√3 mais pas son conjugu´e p √3ζ. La th´eorie de Galois implique alors
que Hn’est pas distingu´e.
Ayant un sous-groupe non distingu´e, Gne saurait ˆetre commutatif.
2

8 Exercice 2.1
L’extension Q[ζn] est une extension galoisienne connue : c’est l’extension cyclo-
tomique de degr´e φ(n) avec φl’indicateur d’Euler et son groupe de Galois est
(Z/nZ)∗, les ´el´ements inversibles de Z/nZ.
Si il y a une extension Ede degr´e 3 de Qdans Q[ζn], alors, en consid´erant
la suite d’extension Q⊂E⊂Q[ζn], on en d´eduit que 3 divise φ(n).
Le premier candidat est n= 7 car φ(7) = 6. On v´erifie qu’il convient. En
effet les extensions se lisent dans les sous-groupes de (Z/nZ)∗qui est un un
groupe cyclique d’ordre 6 puisque 7 est premier. Les extensions de degr´e 3 sont
les sous-groupes de cardinal 6/3 = 2. Il n’y en a qu’un, c’est {1,6}, engendr´e
par l’automorphisme σ(ζ7) = ζ6
7=ζ7, c’est donc la conjugaison complexe.
L’extension Eest alors celle qui est stable par conjugaison complexe, donc
E=Q[ζ7]∩R
9 Exercice 2.2
En fait, la d´emonstration pr´ec´edente a d´ej`a montr´e qu’il y en avait qu’une car
il n’y a qu’un seul sous-groupe d’ordre 2 dans Z/6Z.
10 Exercice 2.3
Le groupe de Galois de Q[ζ7] ´etant commutatif, tous ses sous-groupes sont
distingu´es et donc toutes les sous-extensions sont galoisiennes, en particulier
E.
11 Exercice 2.3
Prenons un ´el´ement de E, par exemple x=ζ7+ζ−1
7.
Ses conjug´es sont les σ(x) o`u σd´ecrit le groupe de Galois G. On v´erifie que
3 est bien un g´en´erateur de (Z/7Z)∗correspondant au morphisme σ(ζ7) = ζ3
7.
Donc les conjugu´es de xsont ζ3
7+ζ−3
7et ζ9
7+ζ−9
7et comme ζ7
7= 1, notre
polynˆome est
P(X)=(X−ζ7−ζ−1
7)(X−ζ2
7−ζ−2
7)(X−ζ3
7−ζ−3
7)
dont on sait qu’il est `a coefficient entiers puisque ces derniers sont stables par
Galois.
xn’est pas rationnel, sinon ζ7serait solution de l’ ´equation X2−xX + 1
de degr´e 2. Or on sait que l’extension Q[ζ7] est de degr´e 6. De plus, il ne peut
ˆetre solution d’une ´equation de degr´e 2, car cette extension, incluse dans E,
impliquerait que 2 divise 3. Il est donc de degr´e 3, Pest son polynˆome minimal
et est donc irr´eductible.
Calculons, pour la forme, les coefficients de P.
3

Celui de X2est la somme, au signe pr`es, des ζi,iallant de 1 `a 6, qui vaut
−1.
Celui de Xest la somme des xi.xjavec xiune racine. En d´eveloppant, on
a donc 4.3 = 12 de ζiavec i6= 0. C’est donc par sym´etrie deux fois Pζi, c’est
donc −2
La constante est −x1x2x3. Cette fois, on a 2.2.2 = 8 termes en ζi
7. Il y en a
forc´ement 2 de puissance 0 et les autres sont les ζi
7avec des idiff´erents. C’est
donc −(2 −1) = −1. On trouve
P(X) = X3+X2−2X−1
V´erifions qu’il n’y a pas de faute de calcul :
P(x) =(ζ7+ζ−1
7)3+ (ζ7+ζ−1 7)2−2(ζ7+ζ−1 7)−1
=ζ3
7+ζ−3
7+ 3ζ7.ζ−1 7(ζ7+ζ−1 7) + ζ2
7+ζ−2
7+ 2.ζ7.ζ−1 7−2(ζ7+ζ−1 7)−1
=ζ3
7+ζ−3
7+ (3 −2)(ζ7+ζ−1 7) + ζ2
7+ζ−2
7+ 2 −1
=0
12 Exercice 3.1
Soit P(X) = X5−6X+ 3.
Montrons que Pest irr´eductible. 3 divise tous les coefficients mais 9 = 33ne
divise pas 3, le coefficient constant. Le crit`ere d’Eisenstein avec p= 3 s’applique
et Pest irr´eductible.
Comme Pest irr´eductible, on peut envoyer, par un ´el´ement de G, toute
racine de Psur une autre racine. En d’autres termes, Gop`ere transitivement
sur les racines, et on a vu (exercice V.4) que dans ce cas, 5 divise l’ordre de G.
13 Exercice 3.2
Le polynˆome P´etant `a coefficients r´eels, les deux racines complexes sont con-
jugu´es et la conjugaison complexe envoie donc une racine complexe sur l’autre et
laisse bien sˆur les trois r´eels inchang´es. Elle correspond donc `a une transposition
dans S5.
D’un autre cˆot´e, 5 ´etant premier et divisant le cardinal de Gle lemme de
Cauchy(exercice V.5)nous permet d’affirmer qu’il y a un ´el´ement d’ordre 5. Or
une permutation d’ordre 5 est en fait un cycle. Pour cela, il suffit de d´ecomposer
la permutation en cycle sur support disjoint. L’ordre est alors le ppcm des
ordres de chaque cycle puisqu’ils commutent. Mais 5 ´etant premier, ils sont
toutes d’ordre 5. Comme il n’y a que 5 racines, il y en a bien qu’un.
Pour conclure, on a vu dans l’exercice V.2 qu’une cycle d’ordre net une
transposition engendrait le groupe Snsi n est premier, donc G=S5
4

14 Exercice 3.3
On a vu que A5n’´etait pas r´esoluble car son commutateur ´etait lui mˆeme. Donc
S5n’est pas r´esoluble. Comme une extension est r´esoluble par radicaux, si et
seulement si son groupe de Galois l’est, le polynˆome n’est pas r´esoluble par
radicaux.
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