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/Z. Solution: Déjà fait dans un Td précédent. ) Soit P (X) = X 4 + X + 1 Z/Z[X], L un corps de rupture de P sur Z/Z et α une racine de P dans L. Quel est le cardinal de L? Donner une base de L sur Z/Z. Solution: Le polynôme P est irréductible ainsi [L : F ] = 4 et L = 4 = 16. La famille (1, α, α, α 3 ) est une base de L sur F. 3) Montrer que α est un générateur du groupe multiplicatif (L, ). Solution: Les ordres possibles pour α sont, 4, 8, 16. Pour montrer que α est d ordre 16, il suffit de montrer que α 8 1. En effet, dans cas, on ne peut pas avoir α = 1 ou α 4 = 1 puisque α 8 = (α ) 4 et α 8 = (α 4 ). On a α 8 = (α 4 ) = (α + 1) = α + α 1. 4) En utilisant l automorphisme de Frobenius φ défini par φ(x) = x, 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 F. 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 = F. (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 α k (1 k 14). On doit avoir (α k ) 3 = α 3k = 1, ce qui implique que 15 3k et 5 k. On a donc k = 5 ou 10 et K := {1, α 5, α 10 }. On vérifie facilement que {0, 1, α 5, α 10 } est un sous-corps de L. 5) Justifier que L contient un corps de rupture du polynôme X + X + 1 sur Z/Z 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 + cα + dα 3. Puisque a, b, c, d F, on a a = a, b = b, c = c et d = d. De plus, pour tout (x, y) F, on a (x + y) = x + y. On calcule P (a + bα + cα + dα 3 ) = (a + bα + cα + dα 3 ) + a + bα + cα + dα 3 + 1 = a + bα + cα 4 + dα 6 + a + bα + cα + dα 3 + 1 = a + bα + c(α + 1) + d(α 3 + α ) + a + bα + cα + dα 3 + 1 = c + 1 + α(c + b) + α (b + d + c) Ainsi P s annule en a + bα + cα + dα 3 si et seulement si c + 1 = 0 c + b = 0 b + d + c P admet deux racines dans L : α + α et 1 + α + α 1

6) Montrer (par un argument de degré) que l équation x 3 + x + 1 = 0 n a pas de solution dans L. Solution: Le polynôme X 3 + X + 1 = 0 est irréductible sur F. S il admet une racine x dans L, alors [F (x) : F] = 3 et 3 [L : F ] mais c est impossible puisque [L : F ] = 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(x 4 + x + 1) = φ(0) = 0 Ainsi puisque α est racine de P, on en déduit que α, α 4 et α 8 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 + X + 1. Soit L un corps de rupture de Q sur Z/Z et θ une racine de Q dans L. Justifier que L et L sont des corps isomorphes. Solution: Q est irréductible sur F et L = 16. Comme tous les corps finis de même cardinal sont isomorphes, on a bien L L. 9) Est ce que θ est un générateur du groupe multiplicatif (L, )? Solution: Non. On a et θ est d ordre 5. θ 5 = θ(θ 3 + θ + θ + 1) = θ 4 + θ 3 + θ + θ = 1 10) Vérifier que θ + θ est racine de P dans L. En déduire un isomorphisme de corps explicite entre L et L. Solution: On a P (θ + θ ) = (θ + θ ) 4 + θ + θ + 1 = θ 4 + θ 8 + θ + θ + 1 = θ 4 + θ 3 + θ + θ + 1 = 0 Ainsi θ + θ est racine de P. On peut vérifier que θ + θ est d ordre 15 et donc on peut construire un isomorphisme de L dans L en posant α i (θ + θ ) i. Exercice 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 ) 1. Solution: Soit α une racine multiple de f dasn uen extension de F. On voit alors que α est aussi racine de P. Ainsi, le polynôme minimal de α sur F divise P et P et pgcd(f, f ) 1. ) En utilisant le fait que f est irréductible, en déduire que f = 0. Solution: f étant irréductible, on en déuit que pgcd(f, f ) et f sont de même degré. Ainsi pour que pgcd(f, f ) divise f il faut que f = 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 0, pour que f = 0 il faut que k = 0 dans F p. Cela implique que k est un multiple de p. Ainsi f s écrit sous la forme p a i X ip = a i (X i ) p i=0 et en posant g = a i X i on a le résultat.

4) Montrer qu il existe h F[X] tel que f(x) = (h(x)) p. [On utilisera le morphisme de Frobenius x x p. ] Solution: On reprend le polynôme g de la question précédente. On pose b i = φ 1 (a i ) où φ désigne l isomorphisme de Frobenius x x p. Soit h = b i X i. On a alors ( (h(x)) p = bi X i) p = b p i Xip = a i X ip = f(x). 5) Conclure. Solution: f ne peut pas être irréductible et de la forme h(x) p avec p! 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 Φ n le n-ème polynôme cyclotomique. L objectif de l exercice est de démontrer que Φ n est irréductible sur Q. On rappelle que si on note U n C l ensemble des racines n-èmes de l unité et P n U n l ensemble des racines n-èmes primitives, alors Φ n (X) = (X ω) Z[X]. ω P n Soit P un facteur irréductible unitaire de Φ n sur Q et Q = Φ n /P. 1) Rappeler pourquoi P et Q sont à coefficients entiers. Solution: Commençons par montrer que X n 1 = d n Φ d. On remarque tout d abord que ces deux polynômes sont de même degré puisque d n ϕ(n) = n. Soit ω une racine primitive de l unité d ordre n. Les racines de X n 1 sont donc {1, ω,..., w n 1 }. Soit 0 k n 1 et soit d l ordre de ω k. On a d n et donc w k est racine de d n Φ d. Ainsi toutes les racines de X n 1 sont aussi racines de d n Φ d. Comme ces polynômes sont de même degré, on a l égalité souhaitée. Montrons maintenant par récurrence que Φ n Z[X]. C est vrai pour n = 1. On a X n 1 = Φ d = Φ n d n d n,d n Φ d }{{} =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 Φ n 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]. ) 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 n ième de l unité ω p est primitive. C est donc une racine de Φ n. Puisque 0 = Φ n (ω p ) = P (ω p )Q(ω p ) et P (ω p ) 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 x p 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 Q(α p ) = Q(α) p 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 et α n = 1 et nα n 1 = 0 dans F p. C est impossible. 3) Soit ω C une racine de P et k un entier premier avec n. Soit k = p 1 p r 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 w p1...pr 1 est aussi racine de P. On applique alors le résultats de la question précédente à ω = w p1...pr 1 et à p = p r et on voit que w p1...pr est racine de P. 4) Conclure que P = Φ n. Solution: Soit ω une racine de P. Puisque ω est aussi racine de Φ n, 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} = P n et donc P = Φ n. 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 F θ est un ismorphisme et θ(a) = a pour tout a F }. 1) Montrer que Gal(E : F ) est un groupe. ) 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( ) et on pose G = Gal(Q( ) : Q). 1) Soit θ G. Quelles sont les valeurs possibles de θ( )? ) Déterminer G. Exercice 6 On considère l extension Q Q(, i) et on pose G = Gal(Q(, i) : Q). Soit θ G. 1) Quelles sont les valeurs possibles de θ( )? Solution: θ( ) est racine de X ainsi θ( ) = ±. ) Quelles sont les valeurs possibles de θ(i)? Solution: θ(i) est racine de X + 1 ainsi θ(i) = ±i. 3) Déterminer G. Solution: D après les questions précédentes, on voit que G = 4. Les éléments de G sont : θ 1 : i i θ : i i θ 3 : i i θ 4 : i i Reste à déterminer si G C 4 ou G C C. On vérifie que tous les éléments de G sont d ordre donc G C C. 4

Exercice 7 θ G. On considère l extension l extension Q Q(j, 3 ) et on pose G = Gal(Q(j, 3 ) : Q). Soit 1) Quelles sont les valeurs possibles de θ( 3 )? Solution: θ( 3 ) est racine de X 3 ainsi θ( 3 ) = 3, j 3 ou j 3. ) Quelles sont les valeurs possibles de θ(j)? Solution: θ(j) est racine de 1 + X + X ainsi θ(j) = j ou j. 3) Déterminer G. Solution: D après les questions précédentes, on voit que G = 6. En effet chaque choix de valeur pour (θ( 3 ), θ(i)) définit un élément de G. Les éléments de G sont donc θ 1 : α α θ 4 : α α j j j j θ : α jα θ 5 : α jα j j j j θ 3 : α j α θ 6 : α j α j j j j où α = 3. Reste à déterminer si G C 6 ou G S 3. On remarque θ θ 4 (α) = jα et θ 4 θ (α) = j α. Le groupe G n est donc pas abélien, on a G S 3. Une manière plus explicite de voir cela est de regarder l action de G sur les racines du polynôme X 3 : θ 1 : α α θ 4 : α α jα j jα j α j α j α j α jα θ : α jα θ 5 : α jα jα j α jα α j α α j α j α θ 3 : α j α θ 6 : α j α jα α jα jα j α jα j α jα On voit par exemple que θ est un cycle de longueur 3. 5