Solutions Feuille de Travaux Dirigés n 4

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1 Université Francois Rabelais de Tours Licence de Mathématiques Solutions Feuille de Travaux Dirigés n 4 L3, Algèbre Semestre 6 Extension de corps Exercice ) (a) Montrer que est irrationnel. Solution: Supposons que = a b avec (a, b) N premiers entre-eux. On a alors a = b. et divise a. Or si ne divise pas a on peut écrire a = a + ce qui implique que a = (a + a ) + et donc ne divise pas non plus a. Par contraposé on en déduit que divise a et donc que a = a. Ceci implique alors b = a et on en déduit de la même façon que divise b et donc que b = b. Ceci contredit le fait que (a, b) sont premiers entre-eux. Ainsi ne peut pas être rationnel. (b) Montrer que p est irrationnel pour tout nombre premier p. Solution: Supposons que p = a b avec (a, b) N premiers entre-eux. On a alors a = pb. et p divise a. Ceci implique que p divise a. On peut par exemple utiliser la décomposition de a en facteur premiers pour le voir. On a donc que a = pa. Ceci implique alors b = pa et on en déduit de la même façon que p divise b. Ceci contredit le fait que (a, b) sont premiers entre-eux. Ainsi p ne peut pas être rationnel. ) Soit n N. Montrer que n est soit entier soit irrationnel. Solution: Supposons que n est un nombre rationnel. On a alors a et b des entiers positifs tels que On définit alors l ensemble Γ par a = nb. Γ := {p N : p est un diviseur premier de a, b ou n}. En utilisant la décomposition en facteur premier dans N on a trois fonctions ν a, ν b et ν n à valeurs dans N telles que a = p νa(p), b = p νb(p), n = p νn(p). Mais alors l équation a = nb nous fournit p νa(p) = p ν b(p)+ν n(p). Et en utilisant l unicité de la décomposition en facteurs premiers on arrive alors à p Γ, ν a (p) = ν b (p) + ν n (p). On en conclut donc que pour tout p dans Γ, le nombre ν n (p) est divisible par c est à dire ν n (p) = ν n(p) et on peut alors écrire n := p ν n (p) = p ν n (p), et donc n est un carré parfait. Ceci contredit les hypothèses. 3) Soit n, n deux entiers qui ne sont pas des carrés parfaits.

2 Exercice (a) Montrer que n + n est irrationnel. Solution: Si on suppose que n + n = a b, on peut en déduire b n = a + b n ab n, ce qui est absurde car cela impliquerait que n est rationnel or d après la question ) ce n est pas le cas. (b) Montrer que n + n est algébrique sur Q et déterminer P Q[X] tel que P ( n + n ) =. Solution: On introduit les notations r = n, s = n, t = r + s. On a alors r = n et s = n. On veut une équation polynomiale à coefficients entier pour t. n = r = (t s) = t + s st = t + n st. Mais on peut alors isoler le terme en st pour obtenir 4n t = 4s t = (t + n n ) = t 4 + (n n )t + (n n ). Au final on voit que t = n + n est solution de P (X) := X 4 (n + n )X + (n n ) =. (c) Déterminer le polnôme minimal de n + n. Solution: On peut facilement factoriser P dans R[X] car les racines proviennent d une équation bicarrée. P (X) = (X ( n + n ))(X + ( n + n ))(X ( n n ))(X + ( n n )). Or en utilisant les mêmes arguments qu à la question ) on peut voir qu aucune des racines n est rationnelle. Ceci implique que P ne peut pas se factoriser dans Q[X] comme produit d un polynôme de degré 3 et d un polynôme de degré. On constate de plus que (X n + n )(X n n ) = X n X + n n / Q[X], (X n + n )(X + n + n ) = X + n X + n n / Q[X], Finalement la seule factorisation possible vient du regroupement (X + n + n )(X n n ) = X n n n n, qui est dans Q[X] si et seulement si n n est rationnelle. On a donc deux cas de figure. Si n n est un carré parfait alors le polynôme minimale de n + n est Sinon le polynôme minimale est P. X n n n n. ) Soit P = X + X + F [X]. On pose F := F /(P ) et α = X dans F. (a) Montrer que P est irréductible. Solution: Degré et pas de racine donc irréductible. (b) Montrer que F = F [α] = {a + a α a, a F }. Solution: On rappelle que F [α] = { n i= a iα i n N, a i F }. Pour tout polynôme A F [X], il existe un unique couple (Q, R) F [X] tel que A = P Q + R où deg(r) <. Ainsi A = R = a + a α avec a, a F d où le résultat. (c) Montrer que α est racine de P et factoriser P dans F. Solution: On a P (α) = P (X) = P (X) = dans F et donc α est racine de P dans F. On fait la division euclidienne de P par (X α) et on trouve P = (X α)(x + α + ) sur F. ) Soit P = X 3 + X + F [X]. On pose F := F /(P ) et α = X dans F.

3 Exercice 3 (a) Montrer que P est irréductible. Solution: Degré 3 et pas de racine donc irréductible. (b) Montrer que F = F [α] = {a + a α + a α a, a, a F }. Solution: On rappelle que F [α] = { n i= a iα i n N, a i F }. Pour tout polynôme A F [X], il existe un unique couple (Q, R) F [X] tel que A = P Q + R où deg(r) < 3. Ainsi A = R = a + a α + a α avec a, a, a F d où le résultat. (c) Montrer que α est racine de P et factoriser P dans F. Solution: Par division euclidienne on trouve P = (X α)(x +αx +(α +)). Reste à savoir si Q = X +αx+(α +) est irréductible. On cherche une racine sous la forme β = a +a α+a α. On trouve Q(β) = (a + a + ) + a α + (a + )α = a =, a =, a = ou. Les racines de Q sont donc α et α + α et on a P = (X α)(x α )(X (a + α )) ) Énoncer le critère d irréductibilité de Eisenstein de la feuille de Td. ) Déterminer le polynôme minimal de Solution: P := X est unitaire, irréductible et P ( ) = donc P est le polynôme minimal de 3) Déterminer le polynôme minimal de 3 Solution: P := X 3 est unitaire, irréductible et P ( 3 ) = donc P est le polynôme minimal de 3 4) Déterminer le polynôme minimal de n Solution: P := X n est unitaire, irréductible et P ( n ) = donc P est le polynôme minimal de n 5) Déterminer le polynôme minimal de 3 sur Q[ ]. Solution: On vérifie que 3 / Q[ ]. L extension [Q( )( 3), Q( )] et donc au moins de degré. Comme X 3 est un polynôme annulateur de 3 c est nécessairement le polynôme minimal de de 3 sur Q[ ]. 6) Déterminer le polynôme minimal de 4 sur Q[ ]. Solution: On a[q( 4 ), Q] = 4 et [Q( ), Q] = donc [Q( 4 ), Q( )] =. Le polynôme X est un polynôme annulateur de 4 sur Q( ), ce doit donc être le polynôme minimal de 4. Codes correcteurs Exercice 4 Soit C le code de Hamming de paramètre (4, 7) de matrice génératrice G et de matrice de contrôle H donnée par : G = et H = ) Corriger le message m = t (,,,,,, ) sachant qu il y a eu une seule erreur. Solution: Soit e i = (,...,,... ) le vecteur d erreur qui contient un à la i ième place de telle sorte que m = m + e i. On calcule Hm = qui est la deuxième colonne de H. Ainsi i = et le message devrait être t (,,,,,, ). 3

4 ) Vous recevez le message m = t (,,,,,, ). (a) Y-a-t-il eu des erreurs? Solution: Oui puisque Hm =. (b) Corriger le message sachant qu il y a eu une seule erreur. Solution: En procédant comme dans la question précédente, on montre que l erreur se situe à la 5 ième place et donc que le message envoyé devait être t (,,,,,, ). Comme le codage est systématique, la partie contenant les informations (les 4 premières composantes) sont correctes. (c) Si on suppose qu il y a eu deux erreurs, déterminer les messages qui pourraient avoir été envoyés? Solution: Il s agit ici de trouver les mots de code qui diffèrent de m de deux composantes et qui vérifient Hm = Hm =. Dans le tableau suivant, on calcule tous les mots de code ainsi que la distance à m : t m t (Gm) d(gm, m ) t m t (Gm) d(gm, m ) (,,, ) (,,,,,, ) 3 (,,, ) (,,,,,, ) 3 (,,, ) (,,,,,, ) 5 (,,, ) (,,,,,, ) 5 (,,, ) (,,,,,, ) 5 (,,, ) (,,,,,, ) (,,, ) (,,,,,, ) 4 (,,, ) (,,,,,, ) 5 (,,, ) (,,,,,, ) (,,, ) (,,,,,, ) 3 (,,, ) (,,,,,, ) 6 (,,, ) (,,,,,, ) 3 (,,, ) (,,,,,, ) (,,, ) (,,,,,, ) (,,, ) (,,,,,, ) 4 (,,, ) (,,,,,, ) 4 Ainsi, le message d origine aurait peut être :, ou. Exercice 5 Soit q = p n où p est un nombre premier et soit F q le corps fini à q éléments. Soit E = F n q. On rappelle que pour tout x F n q, w(x) est le nombre de coordonnées non nuls dans x et que la distance de Hamming est définie par d(x, y) = w(x y). ) Montrer que d est une distance sur F n q. Solution: Il faut montrer que pour tout (x, y, z) F n q (a) d(x, y) = d(y, x) (b) d(x, y) = x = y (c) d(x, y) d(x, z) + d(z, y) Les deux premiers points sont clairs. Pour montrer la troisième inégalité, on introduit la fonction suivante { si x i = y i d i (x, y) = si x i y i On a d(x, y) = d i (x, y). Ainsi pour montrer que d(x, y) d(x, z) + d(z, y) il suffit de montrer que d i (x, y) d i (x, z) + d i (z, y). Mais c est clair puisque dès lors que x i y i on a forcément x i z i ou y i z i. ) Combien y-a-t-il d éléments dans un s.e.v de F n q de dimension d? Solution: On fixe une base (e,..., e d ) du s.e.v. Tout élément s écrit alors uniquement comme une combinaison linéaire des éléments de la base. Pour chaque coefficient on a q choix, ce qui fait q d éléments. 4

5 3) Combien y-a-t-il d éléments dans F n q tels que w(x)? tels que w(x)? Solution: Si w(x), cela veut dire soit que x = soit que x diffère de en une seul composante. Il y a donc + ( n ) (q ) = + n(q ) éléments qui vérifient w(x). Si w(x) alors soit w(x) = et x =, soit w(x) = et il y a n(q ) possibilités, soit x diffère de en composantes, il y a donc ( n ) (q ). Finalement on a {x F n q w(x) } = + ( n ) (q ) + 4) Calculer le cardinal de la boule fermée B r (a) centré en a et de rayon r. (q ) Solution: Tout d abord on voit que B r (a) = B r (). Pour cela on peut vérifier que l application Ψ : B r (a) B r () x x a est bien définie et injective. D après les questions précédentes, on voit que On remarque que si on prends r = n, alors B n (a) = B r () = {x F n q w(x) r} r = (q ) i. i n i= i= (q ) i = (q + ) n = q n i ce qui est cohérent puisque la boule de centre et de rayon n contient tous les éléments de F n q. 5) Soit C un code t-correcteurs de E de dimension d. Montrer que C q n / B t (). [ Aide : Un code est t-correcteur si les boules de centre les mots du code et de rayon t sont disjointes. ] Solution: Toutes les boules de rayon t ont même cardinal B t (). Si toutes les boules de centre un mot de C sont disjointes alors C B t () q n d où le résultat. 6) L entier t peut-il être arbitrairement grand? Solution: Non puisque sinon B t () deviendrait arbitrairement grand et alors l inégalité précédente ne serait plus vérifiée. 7) Montrer que dans le cas du code de Hamming de paramètre (4,7), l ensemble des boules de rayons et de centre les mots du code forme une partition de F 7. Solution: Le code de Hamming est -correcteur, on peut le voir par exemple en calculant le poids des mots du code. Ce code contient 4 = 6 éléments et chaque boule de rayon contient + 7 ( ) = 8 éléments. La réunion des boules fermées de rayon et centrées en les mots du code contient donc 4 3 = 7 éléments, soit l espace F 7 tout entier. Exercice 6 Soit E = F n et soit C un code linéaire de dimension k et de distance minimale d C. Soit F le s.e.v de E formé des vecteurs de la forme (x, x,..., x n (k ),,..., ). Montrer que F C n est pas réduit à et en déduire que d C n + k. Solution: On a dim F = n (k ) et dim(c ) = k. Comme dim F + dim C = n + on voit que F C n est pas réduit à. Autrement dit, il existe un vecteur dans C dont les k dernières composantes sont nulles. Le poids de ce vecteur est inférieur ou égal à n k et donc d C n (k ). 5