1 Extensions transcendantes

Université Pierre & Marie Curie M1 de Mathématiques

MM002 (Algèbre et théorie de Galois) Automne 2015

TD n

6.

Un corps est dit parfait siCar(k) = 0 ou sip:=Car(k)>0 et Frobp:K→K est surjectif (Frobp(x) =x^p).

1 Extensions transcendantes

Exercice 1. Soitkun corps etK=k(X) le corps des fractions rationnelles.

a) SoitF ∈K\k. On écritF =^P_Q(X)^(X), avecP, Q∈k[X] premiers entre eux.

i) Montrer queX est algébrique surk(F) (on pourra considérerR(T) :=P(T)−F(X)Q(T)∈k(F)[T]).

ii) En déduire queF est transcendant surk.

iii) Montrer que [K :k(F)] = max(deg(P),deg(Q)) (on pourra montrer queR(T) est irréductible dans k[F][T]).

b) Soitφ: GL₂(k)→Autk(K) le morphisme de groupe défini par

φ a b

c d

(R) =R

aX+b cX+d

.

Montrer queφest surjectif, et que ker(φ) =k^×.

Solution. a) i) Evaluons R ∈ k(F)[T] ⊂ k(X)[T] en X : R(X) = P(X)−F(X)Q(X) = 0 donc R est un polynôme annulateur non nulde X dans k(F)[T], donc X est algébrique sur k(F). De plus [k(X) :k(F)]≤deg(R) = max(deg(P),deg(Q)).

ii) SiF est algébrique surk, [k(F) :k] est fini. Or [k(X) :k(F)] est fini donc par transitivité des degrés, [k(X) :k] est fini, ce qui est absurde.

iii) On a déjà l’inégalité [k(X) :k(F)]≤deg(R) = max(deg(P),deg(Q)). Pour avoir l’égalité il suffit de montrer queR∈k(F)[T] est le polynôme minimal deX, ou de manière équivalente, queR∈k(F)[T] est irréductible. Comme F est transcendant sur k, k[F] est un anneau de polynôme à une variable (en l’occurrence F) sur k, c’est donc un anneau principal, et a fortiori factoriel. Il suffit alors de montrer que R est irréductible dansk[F][T]'k[T][F]. Or vu comme polynôme en F à coefficient dansk[T],R est de degré 1 enF, donc est irréductible dans k(T)[F]. De plus pgcd(P, Q) = 1, donc Rest primitif en tant que pôlynôme dek[T][F], doncRest irréductible dansk[T][F]'k[F][T, donc dansk(F)[T]. D’où le résultat.

b) Soit φin Aut_k(K), etF =φ(X). Alors si R(X) = ^P(X)_Q(X), φ(R) =R(F). Il suffit donc de montrer queF est de la forme ^aX+b_cX+d. (Remarquons que siF ∈K, pour queR→R(F) définissent bien un morphisme de corps, il faut et il suffit que siQ6= 0∈k[X],Q(F)6= 0, c’est-à-direF n’est pas algébrique surk. D’après a)ii), c’est toujours le cas siF n’est pas constant).

Ecrivons F = _Q^P avec P et Q premiers entre eux. Comme k(F) est l’image de φ, par bijectivité de φ, k(F) =K. D’après a)iii),on a donc max(deg(P),deg(Q)) = 1, doncP est de la formeaX+bet Qde la formecX+d. CommeF n’est pas une fraction rationnelle constante, (a, b) et (c, dne sont pas colinéaire, et la matrice de l’énoncé est bien dans GL2(k).

2 Caractéristique non nulle

Exercice 2. Algorithme de Berlekamp

a) SoitAune Fp-algèbre. Montrer que Frobp :A→Adéfinie parf(x) =x^p estFp-linéaire.

b) Montrer que si A est un corps, alors E := ker(Frobp−IdA) est un sous-Fp-espace vectoriel de A de dimension 1.

c) Montrer que siA =K₁× · · ·K_n est un produit de ncorps, alors E := ker(Frob_p−Id_A) est un sous-Fp- espace vectoriel deAde dimensionn.

d) SoitP ∈Fp[X] tel que pgcd(P, P⁰) = 1. On pose A=Fp[X]/(P). Montrer queE:= ker(Frobp−IdA) est un sous-espace vectoriel deAde dimension le nombre de facteurs irréductibles deP.

Solution. a) Sia, b∈Fp, alors Frobp(ax+by) =Pp k=0

p k

a^kx^kb^p−ky^p−k =a^px^p+b^py^p car les coefficients binomiaux pourk6= 0, p sont divisibles parp. Ora^p =a etb^p =b d’après le petit théorème de Fermat, donc Frobp est bienFp linéaire.

b) Eest l’ensemble des racines deX^p−X. CommeAest un corps, il y a au plusptelles racines. Les éléments deFp⊂A sont de telles racines, et doncE=Fp est bien unFp-espace vectoriel de dimension 1.

c) (x₁,· · · , x_n) ∈E si et seulement si x^p_i = x_i pour tout i, si et seulement si x_i ∈Fp d’après la question précédente. DoncE=Fp× · · · ×Fp est de dimensionn.

d) Comme pgcd(P, P⁰) = 1, les facteurs irréductibles deP apparaissent avec multiplicité 1 dans la factorisa- tion deP. Donc P =Q₁· · ·Q_n où lesQ_i sont tous distincts. Le théorème des restes chinois affirme que A=Q

iFp[X]/Q_i etK_i=Fp[X]/Q_iest un corps puisqueQ_iest irréductible. La question précédente nous dit donc queE est de dimensionnsurF^p.

Exercice 3. Soitpun nombre premier eta∈Fp. SoitP =X^p−X−a∈Fp[X].

a) Sia= 0, donner la décomposition en facteur irréductible deP. On suppose dorénavanta6= 0.

b) Montrer que P(X+ 1) =P(X).

c) SoitQun facteur irréductible deP. Montrer queQ(X+ 1) est aussi un facteur irréductible deP.

d) Montrer que Q(X+ 1) = Q(X) (on pourra considérer une action de Z/pZ sur l’ensemble des facteurs irréductibles deP).

e) Montrer que si R∈Fp[X] est de degré≤p−1 etR(X+ 1) =R(X), alorsRest un polynôme constant.

f) En déduire queP est irréductible.

g) Soitb∈Zpremier àp. Montrer queX^p−X−b est un polynôme irréductible deQ[X].

Solution. a) Si x ∈ Fp, P(x) = 0 donc rod_x∈Fp(X−x) divise P, et comme les deux polynômes sont de même degré et de même coefficient dominant, ils sont égaux.

b) P(X+ 1) = (X+ 1)^p−(X+ 1)−a=X^p+ 1−X−1−a=X^p−X−a.

c) L’application Fp[X] →Fp[X] qui à R associe R(X + 1) est un isomorphisme d’anneaux, donc préserve l’irréductibilité et la relation de divisibilité. DoncQ(X+1) est irréductible etQ(X+1) diviseP(X+1) =P, comme voulu.

d) On considère l’actionk.Q7→Q(X+k). Le stabilisateur deQest un sous-groupe deZ/pZ, c’est donc soit Z/pZ (auquel cas Q(X+ 1) =Qcomme voulu), soit {0}. Si le stabilisateur est {0}, alors l’orbite de Q est de cardinalp. Or commeP est de degrép, s’il a au moinspfacteurs irréductibles, ils doivent être de degré 1, et doncP devrait avoir une racine. Or six∈Fp,P(x) =−a6= 0. Contradiction.

e) Soitzune racine deRdans une extensionsKdeFp. Alors (z+a)_a∈Fpest une famille depracines distinctes deR, ce qui contredit degR < p−1.

f) Si Qest un facteur irréductible de P, alors Q(X + 1) =Q(X) d’après d), donc degQ≥pd’aprèse, ce qui prouve queP est irréductible.

g) SiP =X^p−X−bétait réductible, son image ¯P dansFp[X] par réduction modulopserait aussi réductible puisqueP est unitaire, ce qui est en contradiction avecf). DoncP est irréductible dansZ[X] donc dans Q[X]

Exercice 4. SoientX etY deux indéterminées etpun nombre premier. On pose K=Fp(X^p, Y^p) et L=Fp(X, Y).

(ı) Montrer queLest une extension finie deK de degrép². (ıı) Montrer qu’il n’existe pas d’élémentθ∈L tel queL=K(θ).

Solution. (ı) L’élémentX est algébrique surK de degrép. En effet, considérons le polynômeF =T^p−X^p∈ K[T]. On aF = (T−X)^p, de sorte queX est la seule racine deF dans une clôture algébrique de K. Puisque X n’appartient pas àK, l’élémentX^pn’est pas une puissancep-ième dansK. D’après l’exercice??,F est donc irréductible surK, et est ainsi le polynôme minimal deX surK. De même,Y est algébrique surK(X) de degré p, comme on le constate en considérant le polynômeT^p−Y^p∈K(X)[T] qui est irréductible surK(X). Compte tenu du fait que l’on aL=K(X, Y), on en déduit le résultat.

(ıı) Supposons qu’il existeθ∈Ltel queL=K(θ). Il existe des élémentsF etGdansFp[X, Y] tels que l’on ait

θ= F(X, Y) G(X, Y).

PuisqueL est de caractéristiquep, on a

θ^p= F(X^p, Y^p) G(X^p, Y^p),

et doncθ^pappartient àK. On en déduit que le degré deθsurKest au plusp, ce qui contredit le fait queL/K soit de degrép². D’où le résultat.

Exercice 5. SoientK un corps ,F =X³−3X−1∈K[X] etαune racine deF dans une clôture algébrique deK. Montrer queK(α) est une extension séparable deK.

Solution. Supposons la caractéristique de K différente de 3. Le polynôme dérivé de F, qui est 3(X² −1), est premier avec F, ce qui montre queF est séparable dans ce cas et donc que α est séparable sur K. Si la caractéristique deK vaut 3, on aF = (X−1)³, d’oùα= 1 puisK(α) =K.

Exercice 6. Soient Kun corps de caractéristique un nombre premierpetf un polynôme irréductible surK.

Montrer quef n’est pas séparable si et seulement si il existeg dansK[X] tel quef(X) =g(X^p).

Solution. Si f est de la forme g(X^p), le polynôme dérivé de f est nul, doncf est inséparable. Inversement, supposonsf inséparable. Posonsf =Pn

i=0aiXⁱ. On a

f⁰=

n

X

i=1

ia_iXⁱ⁻¹.

D’après l’hypothèse faite, on a f⁰ = 0, d’oùiai = 0 pour i= 1,· · · , n. Si ai n’est pas nul, iest donc divisible parp, ce qui entraîne le résultat.

Exercice 7. SoientK un corps de caractéristique un nombre premierpetLune extension finie deK de degré non divisible parp. Montrer queLest séparable surK.

Solution. Soientαun élément deLetFson polynôme minimal surK. Il s’agit de montrer queF est séparable.

Dans le cas contraire,F étant irréductible, il existeG∈K[X] tel queF(X) =G(X^p) (exercice 6). Il en résulte que le degré deF est multiple dep, par suitepdivise le degré deLsurK. D’où une contradiction et le résultat.

Exercice 8. SoientK=Fp(X) et P=T^p−X ∈K[T]. Montrer queP n’est pas séparable.

Solution. On a P⁰ = 0. P est irréductible dans k[X]. En effet, si P = P1·P2, alors P1(0)P2(0) = X, donc P1(0) =X, par exemple. Mais, siαest une racine de P, alors dansK(α), on aP =t^p−α^p= (t−α)^p. Donc P1 = (t−α)ⁿ et X =αⁿ =α^p, donc p =n et P1 = P. P est irréductible dans k[X] donc aussi dans k(X) (lemme de Gauss) et donc non séparable.

Exercice 9. Soit k un corps, P ∈ k[X] un polynôme irréductible et L une extension finie de k. Soit Ω une extension algébriquement close de k.

a) Montrer que P est séparable si et seulement si Ω⊗kk[X]/(P) est un anneau réduit.

b) Montrer que Lest une extension séparable deksi et seulement si Ω⊗kLest un anneau réduit.

Exercice 10. Montrer queK=Fp(X) n’est pas un corps parfait.

Solution. Comme A =Fp[X] est factoriel (même principal),K = Frac(A) et X est irréductible, le polynôme T^p−X est irréductible dansK[T], donc n’a pas de racine. DoncX n’est pas dans l’image du frobenius.

Exercice 11. SoitK un corps parfait etP ∈K[X]. Montrer que si P est irréductible, alors pgcd(P, P⁰) = 1.

SoitK un corps qui n’est pas parfait. Montrer qu’il existe un polynôme irréductibleP ∈K[X] irréductible tel queP⁰= 0.

Solution. Si P⁰ 6= 0, alors deg pgcd(P, P⁰) ≤ degP⁰ < degP, et pgcd(P, P⁰)|P, donc si P est irréductible pgcd(P, P⁰) = 1. Il suffit donc de montrer que P⁰ 6= 0 (ce qui est évident si p := carK = 0, on suppose dorénavantp6= 0). SupposonsP⁰ = 0 et écrivons P =P

kakX^k. Alors P⁰ =P

kkakX^k−1 = 0 doncak = 0 si k n’est pas divisible parp. Donc P =P

japjX^pj. Comme K est supposé parfait, il existebj tel queb^p_j =apj.

AlorsP =P

j(bjX^j)^p= (P

jbjX^j)^p, ce qui contredit l’irréductibilité deP.

Exercice 12. SoitK un corps parfait de caractéristiquep >0 etK⁰ une extension finie deK.

a) Soient (x_i)_i une base du K-espace vectoriel K⁰ et f :K⁰ →K⁰ l’unique applicationK-linéaire telle que f(xi) =x^p_i pour touti. Montrer quef est injective.

b) En déduire queK⁰ est parfait.

c) on ne suppose plusK⁰/K finie, mais seulement algébrique. Montrer queK⁰ est parfait.

Solution. a) Soity=P

iaixi∈kerf avecai∈K. CommeK est parfait, soitbi∈K tel queb^p_i =ai. Alors 0 =f(y) = (P

ibixi)^p, donc comme (xi) est une famille libre, pour touti,bi= 0, doncai= 0, doncy= 0.

b) Soit y∈K⁰. Comme K⁰ est de dimension finie surK, l’injectvité def implique sa surjectivité. Il existe doncz=P

iaixi avec ai ∈K tel quef(z) =y. Comme K est parfait, il existe bi ∈K tel que b^p_i =ai. On a alorsy= (P

ib_ix_i)^p, ce qui prouve queK⁰ est parfait.

c) Soit y ∈ K⁰. Alors K(y) est une extension finie de K, donc K(y) est parfait d’après 2. Il existe donc z∈K(y)⊂K⁰ tel quez^p=y, ce qui montre queK⁰ est parfait.

Exercice 13. SoitK un corps de caractéristiquep >0.

a) Montrer qu’il existe une extensionK⁰ deK tel queK soit un corps parfait (on pourra prendre pourK⁰ une clôture algébrique deK) .

b) On note K^pf ={x∈K⁰ :∃n∈N, x^pn∈K}. Montrer queK^pf est un sous-corps parfait deK⁰ contenant K.

c) Montrer que K^pf vérifie la propriété universelle suivante : pour toute extension L deK telle queL soit un corps parfait, il existe un unique morphisme deK-algèbresK^pf →L.

Solution. a) Soit K⁰ une clôture algébrique de K. Soit x ∈ K⁰. Comme K⁰ est algébriquement clos, le polynômeX^p−xadmet une racine, et doncxest dans l’image du frobenius. DoncK⁰ est parfait.

b) Six, y∈K^pf, il existen, mtels quex^pn, y^pm ∈K. On peut supposern=mquitte à les remplacer par le maximum des deux. Alors (x−y)^pn =x^pn−y^pn ∈K et siy6= 0, (x/y)^pn =x^pn/y^pn ∈K, doncK^pf est un sous-corps deK⁰. De plus six∈K,x^p0 =x∈K doncK^pf contientK.

Enfin, six∈K^pf, soit n tel quex^pn ∈K. CommeK⁰ est parfait il existey ∈K⁰ tel quey^p =x. Alors y^pn+1 =x^pn∈K doncy∈K^pf, ce qui montre queK^pf est parfait.

c) Soit L comme dans l’énoncé. Soit x∈ K^pf. Il existe n tel que x^pn ∈ K ⊂ L. Comme L est parfait le polynômeX^pn−x^pn admet une raciney, unique par injectivité du frobenius.

Soit f un morphisme de K-algèbres K^pf → L. Alors f(x)^pn = f(x^pn) = y^pn, donc par injectivité du frobenius,f(x) =y, ce qui montre l’unicité def.

Réciproquement, posonsf(x) =y(ceci ne dépend pas du choix den). Six1, x2∈K^pf, il existentels que x^p₁ⁿ, x^p₂ⁿ∈K. Alors (f(x1) +f(x2))^pn=f(x1)^pn+f(x²)^pn=x^p₁ⁿ+x^p₂ⁿ= (x1+x2)^pn=f(x1+x2)^pn, et donc par injectivité du frobeniusf est additive. La multiplicativité def se prouve de la même façon.

3 Extensions galoisiennes

Exercice 14. Soitn∈N^∗. Soit Φn=Q

k∈(Z/nZ)^∗(X−e^2iπk/n)∈C[X].

a) Montrer que Xⁿ−1 =Q

d|nΦd. En déduire que Φn∈Z[X].

b) Soitζune racine primitiven^ede 1 etpun nombre premier premier àn. Soitf etgles polynômes minimaux unitaire surQdeζet ζ⁰ =ζ^p. On supposef 6=g.

i) Montrer quef g|Φn etf|g(X^p).

ii) Montrer que l’image de ΦndansFp[X] a un facteur irréductible ayant multiplicité au moins deux, et en déduire une contradiction.

c) En déduire que Φn est un polynôme irréductible.

d) Montrer que Q(e^2iπ/n) est une extension galoisienne deQet décrire son groupe de Galois.

e) SoitK une extension finie deQ. Montrer queK ne contient qu’un nombre fini de racines de 1.

Solution. a) Soitµ_∞le groupe multiplicatif des racines de 1,µ⁽ⁿ⁾l’ensemble des éléments deµ_∞dont l’ordre multiplicatif estn, et µn l’ensemble des racines n^esde 1 (c’est-à-dire dont l’ordre multiplicatif divisen).

AlorsXⁿ−1 = Q

ζ∈µn(X −ζ) et Φn = Q

ζ∈µ⁽ⁿ⁾(X −ζ). Or µn est l’union disjointe des m^(d) pour d divisantn, donc

Xⁿ−1 = Y

ζ∈µn

(X−ζ) =Y

d|n

Y

ζ∈µ^(d)

(X−ζ) =Y

d|n

Φd.

Φ_n est le quotient de Xⁿ−1 ∈Z[X] par Q

d|n,d6=nΦ_d, qui par récurrence est un polynôme unitaire de Z[X], donc la division euclidienne par un polynôme unitaire, nous dit que Φn est à coefficient s dans Z.

b) i) Comme Φn(ζ) = 0, f|Φn, de mêmeg|Φn. Or, en tant que polynômes minimaux,f etgsont irréduc- tibles, donc l’hypothèse f 6=gimplique qu’ils sont premiers entre eux. Doncf g|Φn.

De même, g(ζ^p) = 0, doncζest une racine deg(X^p) doncf|g(X^p).

ii) Soit h un facteur irréductible de ¯f. Donc h|f¯|¯g(X^p) = ¯g^p. Comme h est irréductible, h|g. Donc h²|f g|Φ_n|Xⁿ−1. Donch|pgcd(Xⁿ−1, nXⁿ⁻¹) = 1 carnest premier àp. Contradiction.

c) Soit k premier àn, et soitk =Q

ip^α_iⁱ. En appliquant b)P

iα_i fois, on en déduit que e^2iπk/n est racine du polynôme minimalf dee^2iπ/n. Donc Φ_n|f et donc Φ_n est bien irréductible.

d) Sixest un conjugué deζ =e^2iπ/n, alors xest une racine de Φ_n, donc de la formee^2iπk/n=ζ^k ∈Q(ζ).

Donc Q(ζ) contient tous les conjugués de ζ donc est une extension normale de Q. Comme on est en caractéristique 0, c’est une extension galoisienne.

SoitG = Gal(Q(ζ)/Q). D’après la question précédente, les conjugués de ζ sont exactement lesζ^k avec k∈ (Z/nZ)^×. Il existe doncgk ∈ Gtel que g(ζ) =ζ^k, unique puisque Q(ζ) est engendrée par ζ. Donc G={gk}_k∈(Z/nZ)^×. Décrivons la loi de groupe de G. On ag_kg_k0(ζ) =g_k(ζ^k0) =g_k(ζ)^k0 =ζ^kk0. Donc la bijection (Z/nZ)^×→Gqui envoieksurg_k est un isomorphisme de groupe. DoncG'(Z/nZ)^×.

Exercice 15. Soitaun entier sans facteur carré, différent de 0,1 et−1. Soitpun nombre premier. SoitKun corps de décomposition de X^p−asurQ. Calculer [K:Q].

SoitG= Gal(K/Q). Montrer queGa un sous-groupe distinguéH isomorphe àZ/pZtel queG/Hsoit isomorphe à (Z/pZ)^∗.

Solution. Le polynômeX^p−aest irréductible d’après le critère d’eisenstein, donc si αest une racinep^edea, Q(α)/Qest une extension de degré p.

Soit ζ = e^2iπ/p. Alors les conjugués de α sont les αk = ζ^kα, avec k ∈ Z/pZ. Donc ζ = α1/α0 ∈ K = Q(α0,· · ·, α_p−1). Réciproquementαk∈Q(α, ζ), doncK=Q(α, ζ).

Or [Q(ζ) :Q] =p−1 est premier àp= [Q(α) :Q] donc [K:Q] = [Q(ζ) :Q][Q(α) :Q] =p(p−1).

CommeQ(ζ)/Qest une extension galoisienne de groupe de GaloisN = (Z/pZ)^×,N =G/H oùH = Gal(K : Q(ζ)). Comme [Q(ζ)(α) :Q(ζ)] = [Q(α) :Q],X^p−aest encore le polynôme minimal deαdansQ(ζ)[X], donc les conjugués deαsont les αk. Comme dans l’exercice précédent, il existe un uniquehk ∈H tel quehk(α) =αk et l’applicationφ:Z/pZ→Hqui envoieksurh_kest donc bijective. Orh_k⁰h_k(α) =h_k⁰(ζ^kα) =ζ^kh_k⁰(α) =ζ^k+k0α, ce qui prouve que φest un isomorphisme de groupe.

Exercice 16. SoitK=Q(√ 2,√

3,√

5). Montrer queKest une extension galoisienne deQet décrire son groupe de Galois.

Solution. Comme les conjugués de √

d sont ±p

(d) (si d n’est pas un carré), K contient les conjugués de

√2,√ 3 et√

5 donc est galoisienne.

Q(p

(d))/Qest une extension galoisienne de groupe de GaloisGd={1, σd}oùσ(a+b√

d) =a−b√ d.

Si p

(3) ∈ Q(p

(2), on aurait σ2(√

3) = ±√

3, et donc √

3 ∈ Q ou ∈ Q

√

2, ce qui n’est pas possible. Donc [Q(√

3,√

2) :Q] = 4 et a pour groupe de galoisG2×G3' {±1}²où (e, f)(a+b√ 2 +c√

3 +d√

6) =a+be√ 2 + cf√

3 +def√

6 sie, f ∈ {±1}.

Si √

5 ∈ Q(√ 3,√

2), on aurait un morphisme de groupe (surjectif) χ : G2 ×G3 → Z/2Z tel que σ(√ 5) = (−1)^χ(σ)√

5. Or {x ∈Q(√ 3,√

2), σ(x) = (−1)^χ(σ)x} =√

2^χ(σ2)3^χ(σ3)Qet donc 5 ∈ 2^χ(σ2)3^χ(σ3)(Q^×)², ce qui n’est pas possible d’après l’unicité de la factorisation en facteurs premiers.

DoncQ(√ 5,√

3,√

2) est une extension galoisienne de degré 8 deQ, et son groupe de Galois est (Z/2Z)³. Exercice 17. Soientp1,· · ·, pn des nombres premiers distincts deux à deux. Montrer queQ(√

p1,· · · ,√ pn) est une extension galoisienne deQet décrire son groupe de Galois.

Solution. K:=Q(√

p1,· · · ,√

pn) est le corps de décomposition deQ

i(X²−pi) surQ, c’est donc une extension normale. Comme on est en caractéristique 0 l’extension est forcément séparable. DoncKest bien une extension galoisienne deQ.

Comme dans l’exercice précédent, on a un morphisme f : Gal(K/Q)→ {±1}ⁿ qui àφ associe (^φ(

√pi)

√pi )i (on a φ(√

pi) qui doit être conjugué de√

pi, donc de la forme±√

pi). Ce morphisme est injectif. En effet siφ∈Ker(f), φ(√

pi) =√

pi pour touti; commeK est engendré par les√

pi, φest l’identité. Pour la surjectivité, il suffit de comparer les cardinaux des deux groupes : il suffit de montrer que [K:Q] = 2ⁿ.

On raisonne par récurrence en supposant que [K⁰ : Q] = 2ⁿ⁻¹ (on a posé K⁰ = Q(√

p1,· · · ,√

pn−1)). En particulier le morphisme f⁰ : Gal(K⁰/Q) → {±1}ⁿ⁻¹ (défini de la même façon que pour K) est bijectif. Par transitivité des degrés, il suffit de montrer que [K=K⁰(√

pn) :K⁰] = 2. CommeX²−pn∈K⁰[X] annule√ pn et est de degré 2, [K:K⁰]≤2. Il suffit donc de montrer que√

p_n∈/K⁰. Supposons par l’absurde quep_n=a²avec

a∈K⁰. Alors si φ∈Gal(K⁰/Q),φ(a) =±a. Pouri≤n−1, notons φi ∈Gal(K⁰/Q) l’unique automorphisme tel que, pourk≤n−1,φi(√

pk) = 1 sik6=ietφi(√

pk) =−1 (l’existence et l’unicité découlent de la bijectivité de f⁰). Notons I ={i ≤n−1, φ_i(a) =−a}. Alors a∈ T

i∈IKer(φ_i+ Id)∩T

i /∈IKer(φ_i−Id) =pQ

i∈Ip_iQ. Donc

Q

i∈Ip_i

pn est un carré dansZ, ce qui n’est pas possible (il suffit de regarder la valuationp_n-adique).

Exercice 18. Soient f un polynôme irréductible de Q[X] et K le corps de décomposition de f dans C. On suppose que le groupe de Galois deK surQest abélien. Montrer que pour toute racineαdef, on aK=Q(α).

Solution. Posons G= Gal(K/Q). Soientαune racine de f dansC etσ un élément de Gal K/Q(α) . Soit τ un élément deG. On aτ(α) =τ◦σ(α), d’où puisqueGest abélien,σ◦τ(α) =τ(α). L’extensionK/Q(α) étant galoisienne, on en déduit que τ(α) est dansQ(α). Par ailleurs,f étant irréductible, Gagit transitivement sur l’ensemble des racines def. Autrement dit, pour toute racineβ def il existeτ∈Gtel queτ(α) =β. Ainsi, les racines def sont dansQ(α), d’oùK=Q(α).