admet donc des solutions si et seulement si m = −1 et dans ce cas, il est équivalent à
§ x1 = 1+x3+x4 x2 = −x4 .
1.3 Le cas des systèmes homogènes
Proposition 1.8
SoitA∈ Mm,n(K). SiAest de rangr, alors les solutions deAx=0constituent un espace vectoriel de dimensionn−r.
Ce résultat de base peut être appliqué par exemple pour prouver le théorème d’Artin, résultat de théorie de Galois. On s’appuie sur la démonstration de[6].
Lemme 1.9 (Dedekind)
SoientK, Ldeux corps et(ϕ1, . . . ,ϕn)une famille de morphismes de corps distincts de K dans L. Alors elle est linéairement indépendante sur L: si∀x ∈K,
n
Si L est un corps et H est un groupe fini du groupe des automorphismes de L, alors si LH ={x ∈L:∀σ∈H,σ(x) = x}, L/LH est une extension finie,|H|= [L: LH]et H est le groupe desLH-automorphismes de L.
Démonstration.On notem= [L: LH](éventuellement égal à∞) etn=|H|. On va vérifier
C’est un système surdéterminé donc il admet une solution non nulle(y1, . . . ,yn). Par suite, pour tout x =Pm
j=1
αjxj ∈L, oùαj ∈LH, on a
n
X
i=1
σi(x)yi=
n
X
i=1 m
X
j=1
αjσi(xj)yi =
m
X
j=1
αj
m X
i=1
σi(xj)yi
=0 On a donc Pn
i=1 yiσi =0 avec les yi non tous nuls ce qui contredit le lemme d’indé-pendance de Dedekind ci-dessous. Doncm¾n.
2 Supposons que m>n. Il existe donc une famille (x1, . . . ,xn+1)d’éléments de L libre sur LH. Selon le même argument que pour le premier point, on peut trouver une famille non nulle(y1, . . . ,yn+1)∈Ln+1)vérifiant (S):
∀i∈J1,nK,σi(x1)y1+· · ·+σi(xn+1)yn+1=0
Sans perte de généralité, on peut supposer que parmi toutes les solutions non nulles, (y1, . . . ,yn+1)a un nombre minimalr de termes non nuls. Alors quitte à renuméroter, on peut supposer que∀i¶r,yi 6=0 et∀i>r,yi=0. Ainsi,(S)se réécrit :
∀i∈J1,nK,σi(x1)y1+· · ·+σi(xr)yr=0
Soit σ∈H, appliquonsσ au système(S): ∀i∈J1,nK,(σ◦σi)(x1)σ(y1) +· · ·+ (σ◦ σi)σ(yr) =0. Commeτ7→σ◦τest une permutation de l’ensemble finiH, on a donc (∆):
∀i∈J1,nK,σi(x1)y1+· · ·+σi(xr)yr=0
En multipliant (S) par σ(y1), (∆) par y1 et en additionnant les deux systèmes, on obtient
∀i∈J1,nK,σi(x2)(σ(y1)y2−σ(y2)y1) +· · ·+σi(xr)(σ(y1)yr−σ(yr)y1) =0 L’entier r étant le nombre minimal de termes non nuls d’une solution non triviale de (S), on a ∀j ∈ J2,rK,σ(y1)yj −y1σ(yj) = 0, soit σ(y1y−j 1) = y1y−j1 donc ∀j ∈ J2,rK,y1y−1j ∈LH. Ainsi pour tout 2¶ j¶r, il existezj∈(LH)∗ tel que yj=zjy1. La ligne de(S)correspondant àσi=idLdevient alors :x1y1+x2z2y1+· · ·+xrzry1=0 donc comme y1 6=0, on a x1+x2z2+· · ·+xrzr=0, de sorte que(x1, . . . ,xr)est une famille liée, ce qui contredit l’hypothèse initiale. Donc m ¶ n< +∞ et finalement m=n.
3 Notons G le groupe des LH-automorphismes de L. Il contientH de manière évidente.
Montrons que G est fini. Soit (a1, . . . ,an) une base de L sur LH, Π1, . . . ,Πr les poly-nômes minimaux respectifs des ai sur LH et f =Π1. . .Πr ∈LH[X]. SoitR l’ensemble (fini) des racines de f dans L. CommeΠj(aj) =0 pour tout j,R contient{a1, . . .an}. De plus, si x = Pn
i=1
αiai ∈ L, où αi ∈ LH, alors, pour tout élément σ de G, on a σ(x) = Pn
i=1
αiσ(ai). Cela nous assure que ψ: G −→ S(R) σ 7−→ σ|R
est injective et donc que G est fini.
On a LH ⊂LG⊂Lpar définition deG, et LG⊂LH⊂LcarH ⊂Gdonc LH =LG. Selon la conclusion du deuxième point, on a|G|= [L: LH] = [L:LG] =|H|donc G=H.
Donnons quelques précisions supplémentaires sur la théorie de Galois. Étant donné une extension de corpsL/K, on s’intéresse à songroupe de GaloisGal(L/K)qui est le groupe des K-automorphismes de corps de L. Le résultat majeur de cette théorie est la correspondance de Galois entre les corps intermédiaires K⊂M ⊂L et les sous-groupesH de Gal(L/K): Théorème 1.11
Si L/K est une extension galoisienne, les applications Fix : H 7→ LH et Gal : M 7→
Gal(L/M)sont réciproques l’une de l’autre, oùLH, comme défini dans l’énoncé du théo-rème d’Artin est appelésous-corps fixede Lassocié àH
Il est remarquable qu’en vertu du théorème d’Artin, toute extension finie vérifie Gal◦ Fix=id.
Définition 1.12
SoitL/Kune extension algébrique. On dit que c’est une extensiongaloisiennesiLGal(L/K)= K.
On suppose à présent queKest un corps parfait, c’est-à-dire que siL/Kest une extension algébrique, alors tout polynôme de L[X]n’admet que des racines simples dans son corps de décomposition – L est ditséparable. La plupart des corps usuels sont parfaits :Q,R,C, les corps finis. En revanche pour ppremier,Fp(T)n’est pas parfait.
Définition 1.13
L’extension algébrique L/K est dite normale si tout polynôme irréductible f ∈ K[X] admettant une racine dansL se décompose en produit de facteurs de degré 1 dansL.
Par exempleC/Rest une extension normale.
Proposition 1.14
Soit L/K une extension finie, alors on a l’équivalence entre : 1 L/K est galoisienne ;
2 L/K est normale ;
3 Lest le corps de décomposition d’un polynôme f ∈K[X]; 4 Gal(L/K)est d’ordre[L:K];
Démonstration.Montrons la première implication. Comme l’extension L/K est finie, son groupe de Galois G est fini (vu dans le troisième point de la démonstration du théorème d’Artin). Soit f ∈K[X] irréductible admettant une racine a dans L. Introduisons P(X) =
Q
σ∈G(X−σ(a)). Siτ∈G, en notant encoreτson prolongement naturel à L[X], on aτ(P) = Q
σ∈G(X −(τ◦σ)(a)) =P carσ7→τ◦σest une permutation deG. Donc P ∈LG[X] =K[X] carL/Kest galoisienne ; et de plusP(a) =0. Mais f étant irréductible, c’est à constante près le polynôme minimal de a sur K donc f divise P dans K[X]. Ainsi, f est scindé à racines simples sur L.
En particulier si L/K est galoisienne finie etK⊂M ⊂Lest un corps intermédiaire, alors L/M est galoisienne puisque L est le corps de décomposition de f ∈K[X]⊂M[X], ce qui
prouve la correspondance de Galois.
Voir également[11]pour un point de vue concis sur la théorie de Galois.
2 Sur les opérations élémentaires
2.1 Définitions
Unematrice de dilatationest une matrice de la forme Di(α) =Diag(1, . . . , 1,α, 1, . . . , 1) oùα6=0 est en i-ème position dans la diagonale. Son inverse estDi(α−1).
Unematrice de transvectionest une matrice de SLn(K)de la formeTi j(λ) =
1
1 λ
...
1
oùλest en position(i,j)et i6=j. L’inverse de Ti j(λ)estTi j(−λ).
Une matrice de permutation est une matrice Pi j de la forme
Ii−1 0
U
0 In−1−i−j
avec
U =
0 1
1 ...
1 0
bloc carré de taillei+j+1. La matrice Pi j est inversible d’inversePji.
Proposition 2.1
SoitA∈ Mm,n(K). On note Li lai-ème ligne deA.
• CalculerDi(α)A, c’est faire l’opération élémentaire Li ←αLi.
• CalculerTi,j(λ)A, c’est faire l’opération élémentaire Li← Li+λLj.
• CalculerPi jA, c’est faire l’opération d’échange Li ↔Lj.
Remarque.Par multiplication à droite par ces matrices, on obtient les opérations élémen-taires analogues sur les colonnes.
Le théorème suivant peut être prouvé de plusieurs manières. C’est soit une conséquence de la terminaison de l’algorithme du pivot de Gauss qu’on verra dans la section suivante, soit un résultat théorique comme montré dans[8], chapitre IV.
Théorème 2.2
• Les matrices de transvection de taillenengendrentSLn(K).
• Les matrices de transvection et de dilatation de taillenengendrentGLn(K).
Corollaire 2.3
SiK est de caractéristique différente de 2 ou 3,SLn(K))est son propre groupe dérivé.
Exemple 2.4.Une application de ce résultat est le théorème de Frobenius-Zolotarev : sipest un nombre premier supérieur à 5, etu∈GLn(Fp)alors la signature deuest"(u) =detu
p
.