Corps finis et théorie de Galois

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1 Corps finis et théorie de Galois Exercice 1. Soit p un nombre premier impair et Ω une clôture algébrique de F p. 1. Justifier que F p = {x Ω x p = x}.. Montrer qu il existe un élément ζ Ω tel que ζ = 1. En déduire que 1 est un carré dans F p si et seulement si p 1 [4]. 3. Montrer qu il existe un élément ζ Ω tel que ζ 4 = 1. En considérant l élément ζ +ζ 1, montrer que est un carré dans F p si et seulement si p ±1 [8]. 1. Notons A = {x Ω x p = x}. Soit x F p Ω. Si x = 0 alors x p = x donc x A. Sinon, x F p qui est un groupe de cardinal p 1. Dès lors, d après le théorème de Lagrange, x p 1 = 1 et donc x p = x i.e. x A. On peut ainsi affirmer que F p A. Mais, dans Ω, le polynôme X p X a au plus p racines donc A p = F p. Il s ensuit que A = F p.. Comme Ω est algébriquement clos, le polynôme X +1 admet au moins une racine ζ Ω. Ainsi, il existe ζ Ω tel que ζ = 1. Si 1 est un carré dans F p alors il existe a F p tel que a = 1 1 (car p ). Mais alors a 4 = 1 donc l ordre de a dans F p est 4. Par le théorème de Lagrange, 4 divise l ordre de F p i.e. 4 divise p 1. Il s ensuit que p 1 0 [4] i.e. p 1 [4]. Réciproquement, supposons que p 1 [4]. Alors, il existe un entier m tel que p 1 = 4m donc ζ p 1 = ζ 4m = [ ( 1) ] m = 1 donc ζ p = ζ. Il s ensuit que ζ F p d après la première question et donc 1 est bien un carré dans F p. 3. De la même façon, le polynôme X 4 +1 admet au moins une racine ζ dans Ω donc il existe ζ Ω tel que ζ 4 = 1. Remarquons que, pour un tel ζ, ( ζ +ζ 1) = ζ + + ζ mais, comme ζ 4 = 1, ζ = ζ et donc ( ζ +ζ 1 ) =. Ainsi, a := ζ +ζ 1 est une racine carré de dans Ω. Si p 1 [8] alors il existe une entier m tel que p 1 = 8m donc ζ p 1 = ζ 8m = [ ( 1) ] m = 1 et ainsi ζ p = ζ i.e. ζ F p. Par suite ζ 1 F p et a est une racine carré de dans F p. De plus, si p 1 [8] alors il existe une entier m tel que p+1 = 8m donc ζ p+1 = ζ 8m = [ ( 1) ] m = 1 et ainsi ζ p+1 = 1 i.e. ζ p = ζ 1. Par suite, ζ p = [ζ p ] 1 = ζ et donc, comme Ω est de caractéristique p, a p = ζ p +ζ p = ζ 1 +ζ = a donc a F p et donc a une racine carré dans F p. Réciproquement, supposons que admet une racine carré dans F p. Alors, c est aussi une racine dans Ω et comme p, les deux racines de dans Ω sont a et a. Ainsi, a F p. Il s ensuit que a p = a i.e. ζ p +ζ p = ζ +ζ 1. Dès lors, ζ p ζ = ζ 1 ζ p = ζ p 1 [ζ p ζ]. Si ζ p ζ = 0 alors ζ F p. Or, ζ 4 = 1 1 et ζ 8 = 1 donc l ordre de ζ est 8. Par le théorème de Lagrange on a donc 8 divise p 1 i.e. p 1 [8]. Sinon, ζ p 1 = 1 i.e. ζ p+1 = 1 et, de même, 8 divise p+1 i.e. p 1 [8]. Exercice. Soit p un nombre premier et P F p [X] un polynôme de degré d. 1. Montrer que P est irréductible dans F p [X] si et seulement si P n a pas de racine dans F p r[x] pour tout entier r 1, d.. Montrer que F 4 = {0,1,j,j } avec j = 1+j. En déduire que les polynômes 1+X +X 5, 1+X 3 +X 5, 1+X+X +X 3 +X 5, 1+X+X +X 4 +X 5 et 1+X +X 3 +X 4 +X 5 sont les polynômes irréductibles de degré 5 sur F [X].

2 1. Supposons que P = QR avec Q et R deux polynômes de F p [X] de degrés respectifs q 1 et r 1. Alors, comme q + r = d, q d ou r d. Supposons, par exemple, que q d. Alors, comme Q n est pas constant, il admet une racine a dans F p. Ainsi, Q est un polynôme annulateur de a de degré q donc [F p [a] : F p ] = m q r. Or, F p[a] est un corps de dimension m sur F p donc F p [a] = F p m. Ainsi, a est une racine de Q et donc de P dans F p m. On a donc montré que si P n est pas irréductible sur F p alors il admet une racine dans un F p m avec m d. Par contraposée, si P n admet pas de racine dans F p r pour tout r d alors P est irréductible sur F p. Réciproquement, supposons que P est irréductible sur F p et considérons une racine a de P dans F p. Alors, à une constante multiplicative près, P est le polynôme minimal de a sur F p donc [F p [a] : F p ] = d et ainsi F p [a] = F p d. Si r N est tel que a F p r alors F p d F p r donc d divise r. Dès lors, r d d.. On sait que F 4 est un corps à 4 éléments {0,1,j,k} = F [j,k]. De plus, j / F car sinon j = 0 ou j = 1 et donc F 4 3. Ainsi, j est de degré au moins sur F. Par ailleurs, comme F 4 est un F espace vectoriel de dimension et, comme F[j] F 4, F 4 = F[j]. Comme j / F, son ordre dans F 4 est au moins. Mais cet ordre est un diviseur de 4 1 = 3 donc l ordre de j est 3 est en particulier j / {0,1,j}. Dès lors, j = k. On a donc F 4 = {0,1,j,j }. De plus, comme j 3 1 = 0, (j 1)(j +j +1) = 0 et donc, j étant différent de 1, j +j +1 = 0 i.e. j = j 1. Or, F 4 est de caractéristique donc j = j +1. En conclusion, F 4 = {0,1,j,j } avec j = j +1. Considérons à présent P F [X] un polynôme de degré 5. Alors, P = X 5 +ax 4 +bx 3 +cx +dx +e avec a, b, c, d et e dans F. D après le résultat précédent, P est irréductible sur F si et seulement si P n a pas de racine dans F ni dans F 4 autrement dit s il n a pas de racine dans F 4. Si e = 0 alors 0 est racine de P donc e 0 si P est irréductible. Il y a donc 16 polynômes possibles : P 1 = X 5 +1 P = X 5 +X +1 P 3 = X 5 +X +1 P 4 = X 5 +X 3 +1 P 5 = X 5 +X 4 +1 P 6 = X 5 +X +X +1 P 7 = X 5 +X 3 +X +1 P 8 = X 5 +X 4 +X +1 P 9 = X 5 +X 3 +X +1 P 10 = X 5 +X 4 +X +1 P 11 = X 5 +X 4 +X 3 +1 P 1 = X 5 +X 3 +X +X +1 P 13 = X 5 +X 4 +X +X +1 P 14 = X 5 +X 4 +X 3 +X +1 P 15 = X 5 +X 4 +X 3 +X +1 P 16 = X 5 +X 4 +X 3 +X +X +1 Dans cette liste, les polynômes P 1, P 6 à P 11 et P 16 sont les polynômes qui admettent 1 comme racine donc ne sont pas irréductibles. Remarquons de plus que, comme nous sommes en caractéristique, l application Fr : x x est un morphisme d anneaux donc P(j ) = P(Fr(j)) = Fr(P(j)) = P(j) donc j est racine de P si et seulement si j est racine de P. P (j) = j 5 +j +1 = j +j +1 = 0 donc P 3 est n est pas irréductible. P 3 (j) = j 5 +j +1 = j +j +1 = 1 donc P 3 est irréductible. P 4 (j) = j 5 +j 3 +1 = j +1+1 = j donc P 4 est irréductible. P 5 (j) = j 5 +j 4 +1 = j +j +1 = 0 donc P 5 n est pas irréductible. P 1 (j) = j 5 +j 3 +j +j +1 = j +1+j +j +1 = j donc P 1 est irréductible. P 13 (j) = j 5 +j 4 +j +j +1 = j +j +j +j +1 = 1 donc P 13 est irréductible.

3 P 14 (j) = j 5 +j 4 +j 3 +j +1 = j +j +1+j +1 = j donc P 14 est irréductible. P 15 (j) = j 5 +j 4 +j 3 +j +1 = j +j +1+j +1 = j donc P 15 est irréductible. On conclut donc que les polynômes irréductibles de F [X] sont P 3 = X 5 +X + 1, P 4 = X 5 + X 3 +1, P 1 = X 5 + X 3 + X + X + 1, P 13 = X 5 + X 4 + X + X + 1, P 14 = X 5 + X 4 + X 3 + X + 1 et P 15 = X 5 +X 4 +X 3 +X +1. Exercice Vérifier les factorisations dans C[X] suivantes : X = (X +i)(x i) = (X X+1)(X + X+1) = (X +i X 1)(X i X 1).. En déduire que X 4 +1 est irréductible dans Q[X]. 3. Soit p un nombre premier impair. Montrer que l ensemble des carrés de F p est un sous-groupe d indice. En déduire que si (a,b) F p alors a, b ou ab est un carré dans F p. 4. Montrer que X 4 +1 est réductible dans F p [X] pour tout nombre premier p. 1. X 4 +1 = X 4 i = (X i)(x +i). De plus, X i = X ( e 4) ( iπ = X e i 4)( π X +e i 4) π et X +i = X ( e 4) ( iπ = X e i 4) π. Il s ensuit que X 4 +1 = ( ) X e 4)( iπ X +e i 4)( π X e = ( ) X e 4)( iπ X e i 4)( π X +e [ = X Re ( e 4) iπ + e i π 4 ][ X +Re ( e 4) iπ + e i π 4 ] = (X X +1)(X + X +1) D autre part, X 4 +1 = ( ) X e 4)( iπ X +e i 4)( π X e = ( ) X e 4)( iπ X +e i 4)( π X e [ X iim ( e 4) iπ e i π 4 ][ X +iim ( e 4) iπ e i π 4 ] (X i X 1)(X +i X 1). Supposons que P = QR avec Q et R deux polynômes de Q[X] unitaires non constants. Alors, comme P n a pas de racines réels, P et Q sont de degré pair et donc de degré. Or, les racines de Q dans C sont des racines de P donc Q est de la forme Q = (X a)(x b) avec a et b deux éléments différents de {e iπ 4, e iπ 4, e iπ 4,e iπ 4}. Or, il n y a que 6 possibilités qui correspondent aux 6 polynômes de degré apparaissant dans les factorisations ci-dessus. Comme aucun de ces 6 polynômes n est dans Q[X], on aboutit à une contradiction. Ainsi, P est irréductible sur Q. 3. Considérons l application ϕ : F p F p définie par ϕ(x) = x. Alors, ϕ est un morphisme de groupes car ϕ(xy) = (xy) = x y = ϕ(x)ϕ(y). Dès lors, G := Imϕ qui n est autre que l ensemble des carrés de F p est un sous-groupe de F p. De plus, G F p/ kerϕ. Ainsi, l indice de G qui est égal à F p / G est le cardinal de kerϕ. Or, ϕ(x) = 1 x = 1 x = 1 ou x = 1. Comme p, 1 1 et ainsi kerϕ = { 1,1} contient éléments. Ainsi, G est bien un groupe d indice de F p. Soit a et b deux éléments de F p.

4 Si l un des deux est 0 ou 1 alors il est son propre carré donc il est dans G. Si a = b alors ab = a G. Si l on n est pas dans l un des cas précédents alors a, b et ab sont trois éléments distincts de F p. En effet, a b et si a = ab alors soit a = 0 soit b = 1 (et de même si ab = b). Dès lors, comme G est d indice dans F p, l une au moins des trois classes ag, bg et abg est égale à G et ainsi l un au moins des trois éléments a, b et ab appartient à G i.e. est un carré dans F p. Ainsi, dans tous les cas, si p est impair, au moins l un des éléments a, b ou ab est un carré dans F p. 4. Soit un nombre premier p. Dans F [X], X 4 +1 = X 4 1 = (X 1)(X +1) donc X 4 +1 est réductible. Dans F 3 [X], on vérifie que (X X 1)(X +X 1) = X 4 3X +1 = X 4 +1 donc X 4 +1 est réductible. Supposons p 5. Si 1 est un carré dans F p alors il existe ω F p tel que ω = 1 donc X 4 +1 se factorise dans F p [X] en (X +ω)(x ω). Si 1 n est pas un carré alors, d après la question précédente, l un des deux nombres ou est un carré. Si = a pour un certain a F p alors (X +ax +1)(X ax +1) = X 4 +( a )X +1 = X 4 +1 donc X 4 +1 est réductible. De même, si = a pour un certain a F p alors (X +ax 1)(X ax 1) = X 4 (+a )X +1 = X 4 +1 donc X 4 +1 est réductible. Ainsi, dans tous les cas, X 4 +1 est réductible dans F p. Remarque. On sait qu un polynôme P Z[X] qui est irréductible dans F p [X] pour tout nombre premier p est irréductible dans Q[X]. L exemple précédent montre non seulement que la réciproque est fausse mais qu il existe des polynômes de Z[X] irréductibles sur Q et qui ne le sont dans aucun des F p [X]. Exercice 4. Soit k un corps parfait et Ω une clôture algébrique de k. On considère deux extensions galoisiennes K 1 Ω et K Ω de k. Montrer que K 1 K et K 1 K sont deux extensions galoisiennes de k. Soit x K 1 K. Alors, comme x K 1 et comme K 1 /k est galoisienne, Conj k,ω (x) K 1. De même, Conj k,ω (x) K et, ainsi, Conj k,ω (x) K 1 K ce qui prouve que K 1 K /k est galoisienne. Commençons par caractériser K 1 K i.e. le corps engendré sur k par K 1 et K. Plus précisément, montrons que K 1 K = L où L est l ensemble des y de Ω tel qu il existe un entier n N, un polynôme P K [X 1,...,X n ] et un n uplet (x 1,...,x n ) K n 1 tels que y = P(x 1,...,x n ). L ensemble L est clairement un anneau inclus dans K 1 K, il suffit donc de montrer que c est un corps. Soit y un élément non nul de L. Alors, il existe un entier naturel n, un polynôme P K [X 1,...,X n ] et un n uplet (x 1,...,x n ) K n 1 tels que y = P(x 1,...,x n ). Ainsi, y K [x 1,...,x n ] donc, comme x 1,..., x n sont algébriques sur k donc sur K, [K [y] : K ] < + i.e. K [y] est un corps. Il existe donc un polynôme Q K [y] tel que yq(y) = 1. Or, Q(y) = Q(P(x 1,...,x n )) L donc y admet un inverse dans L. Ainsi, K 1 K = L. Soit y K 1 K. Alors, il existe un entier naturel n, un polynôme P K [X 1,...,X n ] et un n uplet (x 1,...,x n ) K n 1 tels que y = P(x 1,...,x n ). Soit σ Hom k (L,Ω). Alors, σ(y) = σ(p(x 1,...,x n )) = P σ (σ(x 1 ),...,σ(x n )). Comme K 1 /k est galoisienne, pour tout i entre 1 et n, σ(x i ) K 1. De même, comme K est galoisienne, les images des coefficients de P K [X 1,...,X n ] par σ sont dans K i.e. P σ K [X 1,...,X n ]. Il s ensuit que y est de la forme y = Q(y 1,...,y n ) avec Q = P σ K [X 1,...,X n ] et, pour tout i, y i = σ(x i ) K 1. Dès lors, σ(y) L et donc σ(l) L et ainsi L/k est galoisienne.

5 Exercice 5. Soit k un corps parfait et Ω une clôture algébrique de k. on considère P [ X] un polynôme irréductible de degré n et K = k(x 1,...,x n ) Ω le corps engendré par les racines x 1,..., x n de P dans Ω. On note G = Gal(K/k). 1. Montrer que n divise G.. Soit R = {x 1,...,x n } K. Justifier que R = n et montrer que l action de G sur R définit un morphisme injectif G Bij(R) S n. 3. En déduire que G divise n!. 1. Remarquons que, comme K est engendré sur k par un nombre fini d éléments, K est de degré fini sur k. De plus, x 1 K donc k k[x 1 ] K et ainsi, d après le théorème de la base téléscopique, on est assuré que [K : k] = [K : k[x 1 ]][k[x 1 ] : k]. Or, P étant irréductible, à une constante multiplicative non nulle près, P est le polynôme minimal de x 1 sur k et donc [k[x 1 ] : k] = degp = n. On en déduit que n divise [K : k]. Comme K est un corps de décomposition, l extension K/k est galoisienne et de plus G = [K : k]. On en déduit donc que n divise G.. Le polynôme P étant irréductible et le corps k parfait, P est également séparable. Dès lors, il a autant de racines que son degré donc R = n. Si σ G et x R alors P(σ(x)) = σ(p(x)) = σ(0) = 0 donc σ(x) R. Ainsi, σ(r) R. De plus, comme σ est injective et comme R est fini, σ induit une bijection de R dans R. Dès lors, G agit sur R par ϕ : G Bij(R) S n σ σ R De plus, comme K est engendré sur k par les éléments de R, un automorphisme k linéaire σ de K est entièrement déterminer par les images des éléments de R. Autrement dit, l action de G sur R est fidèle i.e. ϕ est injective et permet d assimiler G à un sous-groupe de Bij(R) et donc de S n. 3. Comme S n = n!, d après le théorème de Lagrange, Imϕ divise n! et donc G divise n!. Exercice 6. On considère le réel x = Montrer que [Q(x) : Q] = 4 et déterminer les conjugués de x dans C.. Montrer que Q(x)/Q n est pas galoisienne. 3. Montrer que Q(x)/Q( ) et Q( )/Q sont galoisiennes. 4. Montrer que Q(x,i)/Q est galoisienne de degré Montrer que Q( + )/Q est galoisienne de degré Montrer que Gal(Q( + )/Q) est cyclique d ordre x = 1 + donc (x 1) =. Ainsi, P = (X 1) est un polynôme de Q[X] qui annule x donc [Q[x] : Q] 4. De plus, = x 1 Q[x] donc Q Q[ ] Q[x]. D après le théorème de la base téléscopique, on a donc [Q[x] : Q] = [ Q[x] : Q[ ] ][ Q[ ] : Q ]. Or, [ Q[ ] : Q ] = donc [ ] Q[x] : Q[ ] {,4}. Supposons que ce degré est. Alors x Q[ ] donc il existe deux rationnels a et b tels que x = a+b. Ainsi, x = a +b +ab i.e. 1+ = a +b +ab. Comme la famille (1, ) est libre sur Q, on en déduit que a +b = 1 et ab = 1. Dès lors, ni a ni b n est nul et b = 1 s ensuit que a + ( 1 a a. Il ) = 1 soit a 4 a + 1 = 0. Considérons alors l équation (E) y y + 1 = 0. Le discriminant est = 1 < 0 donc l équation (E) n a pas de solution dans Q et ainsi a 4 a + 1 = 0 n a pas de solution dans Q. Ainsi, [ Q[x] : Q[ ] ] = et, par suite, [Q[x] : Q] = 4.

6 Dès lors, comme P est unitaire de degré 4, P est le polynôme minimal de x sur Q. Les Q conjugués de x sont donc les racines de P. Or, P = [ X 1 ][ X 1+ ] = (X x)(x +x)(x x )(X +x ) où x = i 1. Ainsi, ConjQ,Q (x) = {x, x,x, x }.. Comme x est réel, Q[x] R. Or, x / R donc x / Q[x]. On en déduit que Q[x]/Q n est pas galoisienne. 3. On a vu que [Q[x] : Q] = et Q = X 1 est un polynôme unitaire de degré de Q[ ] qui annule x donc Q est le polynôme minimal de x sur Q[ ]. On en déduit que Conj Q[ ],Q[ ] (x) = {x, x} Q[x] donc Q[x]/Q[ ] est galoisienne. De même, le polynôme minimal de sur Q est X donc Conj Q,Q ( ) = {, } Q[ ] donc Q[ ]/Q] est galoisienne. 4. Remarquons que xx = i ( +1)( 1) = i donc x = ix 1 Q[x,i]. On en déduit x Q[x,i] et donc Conj Q,Q (x) = {x, x,x,x } Q[x,i]. Par ailleurs, le polynôme minimal de i sur Q est X +1 donc Conj Q,Q (i) = {i, i} Q[x,i]. Par propriété, on conclut que Q[x,i]/Q est galoisienne. Comme x Q[x,i], Q Q[x] Q[x,i] donc, d après le théorème de la base téléscopique, [Q[x,i] : Q] = [Q[x][i] : Q[x]][Q[x] : Q]. Or, on a déjà vu que [Q[x] : Q] = 4 et [Q[x][i] : Q[x]] = car i / Q[x] et X +1 est un polynôme de Q[x][X] qui annule i. Ainsi, on a bien [Q[x,i] : Q] = Posons y = +. Alors, y = + donc (y ) =. Ainsi, P 1 = (X ) est un polynôme de Q[X] qui annule y donc [Q[y] : Q] 4. De plus, = y Q[x] donc Q Q[ ] Q[y]. D après le théorème de la base téléscopique, on a donc [Q[y] : Q] = [ Q[y] : Q[ ] ][ Q[ ] : Q ]. Or, [ Q[ ] : Q ] = donc [ Q[y] : Q[ ] ] {,4}. Supposons que ce degré est. Alors y Q[ ] donc il existe deux rationnels a et b tels que y = a+b. Ainsi, y = a +b +ab i.e. + = a +b +ab. Comme la famille (1, ) est libre sur Q, on en déduit que a +b = et ab = 1. Dès lors, ni a ni b n est nul et b = 1 a. ( ) 1 Il s ensuit que a + = soit a 4 a + 1 a = 0. Considérons alors l équation (E) z z+ 1 = 0. Le discriminant est = 4 = > 0 donc l équation (E) a deux solutions réelles z 1 = 1 et z = 1+. Dès lors, a = 1 ou a = 1+. Mais, comme a et rationnel, a aussi et on a donc, comme = (1 a ) ou = (a 1), est rationnel ce qui est absurde. Ainsi, [ Q[y] : Q[ ] ] = et, par suite, [Q[y] : Q] = 4. Dès lors, comme P 1 est unitaire de degré 4, P 1 est le polynôme minimal de y sur Q. Les Q conjugués de y sont donc les racines de P 1. Or, P 1 = [ X ][ X + ] = (X y)(x +y)(x y )(X +y ) où y =. Ainsi, Conj Q,Q (y) = {y, y,y,y }. Remarquons que yy = + = et = y Q[y] donc y = y 1 Q[y] et dès lors y Q[y]. On en déduit que Conj Q,Q (y) = {y, y,y,y } Q[y] donc l extension Q[y]/Q est galoisienne. 6. Notons G = Gal(Q[y]/Q). Comme Q[y]/Q est galoisienne de degré 4, G = 4. De plus, G agit sur les conjugués de y et, comme Q[y] est engendré par y sur Q, un élément σ G est entièrement déterminé par l image de y. Ainsi, les 4 éléments de G sont définis par Id = σ 0 : y y, σ 1 : y y, σ : y y et σ 3 : y y. Pour montrer que G est cyclique, il suffit de montrer que G admet un élément d ordre 4. Or, σ 1 (y) = y y donc σ 1 Id. De plus, σ 1 (y) = σ 1(y ). Or, y = y 1 donc σ 1 (y ) = σ 1 ( y 1 ) = σ 1 ( )σ 1 (y) 1 = σ 1 ( )y 1 = σ 1 ( ) y. Mais, = y donc σ 1 ( ) = σ 1 (y) = y = donc σ1 (y) = y. Ainsi, σ 1 Id donc l ordre de σ 1 est au moins 3. Mais, par le theorème de Lagrange, cet ordre divise 4 donc σ 1 est un élément d ordre 4 de G et ainsi G =< σ 1 > Z/ 4Z.

7 Exercice 7. Soit k un corps parfait et Ω une clôture algébrique de k. On considère une polynôme P k[x] irréductible de degré n et K Ω l extension de k engendrée par les racines de P dans Ω. 1. Démontrer que si Gal(K/k) est abélien alors [K : k] = n.. La réciproque est-elle vraie? 1. Comme P est irréductible sur un corps parfait, il est séparable et admet donc n racines distinctes notées x 1, x,..., x n. Si Gal(K/k) est abélien alors tout sous-groupe de Gal(K/k) est distingué et donc toutes les extensions intermédiairesl/k aveck L K sont galoisiennes. En particulier,k[x 1 ]/k est galoisienne doncconj k,ω (x 1 ) k[x 1 ]. Or, comme P est irréductible, P est le polynôme minimal de x 1 sur k donc les k conjugués de x 1 sont les racines de P et ainsi {x 1,x,...,x n } k[x 1 ]. Il s ensuit que K = k[x 1,x,...,x n ] k[x 1 ] K donc K = k[x 1 ]. Or, P est le polynôme minimal de x 1 sur k, [K : k] = [k[x 1 ] : k] = degp i.e. [K : k] = n.. La réciproque est fausse. Considérons le polynôme P = X sur k = Q. Remarquons que P est irréductible dans Q[X] grâce, par exemple, au critère d Eisenstein (3 ne divise pas 1 mais divise 3 et 3 ne divise pas 3). Alors, si on pose α = i 6 3, les racines de P dans C sont α, α, β = 1 (α4 +α), β = 1 (α4 α), γ = 1 ( α4 + α) et γ = 1 ( α4 α). On constate que k[α] K k[α] donc K = k[α]. Comme P est irréductible, P est le polynôme minimal de α sur Q et donc [K : k] = [k[iα] : k] = deg P i.e. [K : k] = 6. Montrons que le groupe de Galois G de P n est pas abélien. Comme G est d ordre 6, il est abélien si et seulement s il est monogène. Il suffit donc de démontrer qu il n existe pas dans G d élément d ordre 6. Un élément σ de G est entièrement déterminé par l image de α qui est l une des 6 racines de P. Si σ(α) = α alors σ = Id est d ordre 1. Si σ(α) = α alors σ = Id donc σ est d ordre. Si σ(α) = β alors σ (α) = 1 (β4 +β) = α donc σ = Id et σ est d ordre. Si σ(α) = β alors σ (α) = 1 (β4 β) = γ et σ 3 (α) = 1 ( β4 β) = α donc σ 3 = Id et σ est d ordre 3. Si σ(α) = γ alors σ (α) = 1 ( γ4 +γ) = α donc σ = Id et σ est d ordre. Si σ(α) = γ alors σ (α) = 1 ( γ4 γ) = β et σ 3 (α) = 1 ( β4 β) = α donc σ 3 = Id et σ est d ordre 3. Ainsi, G n a pas d élément d ordre 6 donc G n est pas abélien. Le groupe G est isomorphe à l unique groupe d ordre 6 non abélien à savoir le groupe diédral d ordre 6, D 3 (groupe des isométries du triangle équilatéral).