1. Soit α ∈ Q ¯ un nombre alg´ ebrique. Montrer qu’il existe un unique polynˆ ome

Partiel d’Alg` ebre, Semestre 2, 2014.

Dur´ ee 2 heures. 10 Mars 2014, 10h15-12h15 Notes de cours autoris´ ees.

Exercice 1. Th´ eor` eme de Northcott.

On se place sur ¯ Q , et on consid` ere une valeur absolue sur ¯ Q , la restriction du module complexe sur C pour le plongement de ¯ Q dans C .

1. Soit α ∈ Q ¯ un nombre alg´ ebrique. Montrer qu’il existe un unique polynˆ ome

`

a coefficients entiers irr´ eductible sur Z , ` a coefficients premiers entre eux dans leur ensemble, et ` a coefficient dominant positif. Rappeller pourquoi ce polynˆ ome est irr´ eductible sur Q . On note P

ce polynˆ ome.

On prend le polynome minimal, et on multiplie les coef par le ppcm des denomi- nateurs. Il est irreductible sur Z car il l’est sur Q , et ses coefs sont premiers entre eux dans leur ensemble. Evidemment il est irred sur Q . Cela fait l’existence.

Pour l’unicit´ e, si on en prend un satisfaisant, il est produit (dans Q [X ]) du polynome minimal par un autre. Le Lemme de Gauss dit que en fait ce produit est dans Z [X] contredisant l’irreductibilit´ e.

On note d = deg(P

).

2. Justifier que P

poss` ede d racines distinctes dans ¯ Q .

P

etant irreductible il est premier avec P

6= 0 et donc n’a pas de racine double dans la cloture alg´ ebrique de Q .

On note a le coefficient dominant de P

, et {α

, . . . , α

} les racines de P

dans ¯ Q . On d´ efinit la hauteur de Weil:

h(α) = 1 d log(a

d

Y

i=1

sup{1, |α

|}).

3. Calculer la hauteur d’un nombre rationnel

(avec a ∧ b = 1). Calculer la hauteur de √

3.

log max{|a|, |b|} et log( √ 3)

4. Dans cette question α =

√

2.

(a) Donner P

, et le corps de d´ ecomposition de P

sur Q (not´ e D

(P

)).

Donner [D

(P

); Q ].

L’extension par α est de degr´ e 3, mais il manque 2 racines de P

qui sont alors de degr´ e 2 sur Q [α]. Par telescopie, le degr´ e total est 6.

(b) Donner tous les automorphismes (de corps) de D

(P

).

Tous permuttent les racines de P

, et sont totalement determin´ es une fois connue leur effet sur icelles. Il s’agit de verifier que toutes les permutations sont permises. C’est un r´ esultat de cours sur les extensions s´ eparables.

(c) Soit β = α

. Verifier que toutes les racines de P

sont exactement les images de β par un automorphisme de D

(P

).

Un automorphisme preserve P

(a coef dans Q ) donc ses racines. De plus par theoreme de cours, toutes les racines de P

sont dans D

(P

) (cette derniere etant une extension “normale”). Soit une racine de P

. Par unicit´ e des corps de ruptures, on peut trouver un automorphisme de D

(P

) envoyant β sur celle-ci.

(d) En d´ eduire que h(β) = 2h(α).

Les racines de P

sont donc les carr´ es des racines de P

. Il suffit d’ecrire le calcul.

5. Cette question reprend la pr´ ec´ edente dans un cas g´ en´ eral. Soit α ∈ Q ¯ . (a) Montrer que D

(P

) poss` ede exactement [D

(P

); Q ] automorphismes.

Le raisonnement plus haut fonctionne. D’ailleurs, c’est un fait de cours (l’extension est normale et s´ eparable).

(b) Soit m ≥ 1, et β = α

. Montrer que h(β) = m × h(α).

J’aurais dˆ u s´ eparer la question en deux, et commencer par les entiers alg´ ebriques (a = 1). En effet pour eux, cela se passe mieux.

On montre d’abord que les |α

| sont les images de α par les automor- phismes, et que chacun est atteint ∆/d fois o` u ∆ = [D

(P

); Q ] et d

est le degr´ e de α. De mˆ eme on montre que les β

sont les images de β par les automorphismes, et que chacun est atteint ∆/d

.

On a

β

h(β) =

β

log( Q

σ

sup{1, |σ(β)|). C ’est

β

log( Q

σ

sup{1, |σ(α)|

) donc c’est

β

log( Q

σ

sup{1, |σ(α)|). Donc h(β) =

log( Q

σ

sup{1, |σ(α)|).

Par ailleurs,

α

h(β) =

α

log( Q

σ

sup{1, |σ(α)|). Ce qui donne la conclu- sion d´ esir´ ee.

Pour le cas des alg´ ebriques non entiers, on doit en plus controler le coeffi- cient dominant, mais c’est la mˆ eme d´ emarche.

6. Soit B > 0, et d ∈ N . Soit H

= {x ∈ ¯

Q , h(x) ≤ B, deg

(x) ≤ d}.

En utilisant les ´ ecritures d´ evelopp´ ees et factoris´ ees des polynˆ omes P

, x ∈ H

, montrer que H

est fini (th´ eor` eme de Northcott).

D’abord le coefficient dominant de P

est control´ e par B. Ensuite, les autres coefficients des P

, qui s’ecrivent comme fonctions des racines et du dominant, ont valeur absolue born´ ee par une fonction des constantes en jeu. Il s’agit de l’´ ecrire.

7. Soit α ∈ Q ¯ \ {0}. Montrer que h(α) = 0 si, et seulement si, α est une racine de l’unit´ e.

si α est une racine de l’unit´ e, P

est cyclotomique, il est unitaire et toutes ses racines sont de module 1. Si h(α) = 0 tous les α

ont hauteur k × 0 = 0, et s’ils sont tous distincts, cela contredit Northcott (dans Q (α)). Deux sont donc les mˆ emes, et on en d´ eduit que α est une racine de l’unit´ e.

8. Soit K\ Q une extension finie de Q . Montrer qu’il existe c > 0 tel que pour tout α ∈ K, soit α est une racine de l’unit´ e, soit h(α) > c.

Sinon cela contredit Northcott.

9. Montrer qu’il existe des nombres constructibles de hauteur arbitrairement faible (et non-nulle). h(2

) = h(2)/2

.

Exercice 2. Alg` ebres commutatives sans nilpotents

Cf notes de cours ´ etendues.

Soit K un corps, et A une alg` ebre sur K. On suppose que A est commu- tative et de dimension finie sur K.

1. Montrer qu’un element de A est inversible si et seulement s’ il n’est pas un diviseur de zero dans A.

s’il est inversible il n’est pas diviseur de zero, et s’il n’est pas diviseur de zero,

l’endomorphisme x 7→ ax est injectif, donc surjectif, donc atteint 1.

2. Soit a un ´ el´ ement nilpotent de A (c’est ` a dire a 6= 0, mais une puissance de a vaut 0). Soit m un id´ eal maximal de A. Montrer que a ∈ m.

a doit disparaitre dans tout quotient qui est un corps

3. R´ eciproquement, si a est dans tout id´ eal maximal de A, (a) Montrer qu’il existe n ≥ 1 et x ∈ A tels que a

x = a

.

On regarde la suite decroissante des id´ eaux (a

) qui est stationnaire par dimention finie.

(b) Montrer que 1 − ax n’est dans aucun id´ eal maximal (propre) de A.

Si’il etait dans un il serait dans un maximal, mais a y est aussi, donc ax, et donc 1. Contradiction.

(c) En d´ eduire que 1 − ax est inversible.

Si non, ce serait un diviseur de 0, et donc il serait dans un ideal maximal.

(d) Conclure que a

= 0, et que ainsi l’ensemble des ´ el´ ements nilpotents de A est exactement l’intersection des ideaux maximaux.

(1 − ax)b = 1 donc a

− a

xb = a

mais a

x = a

. Donc a

b = 0 mais b est inversible.

4. Montrer que si A n’a pas d’´ el´ ement nilpotent, elle poss` ede un nombre fini d’id´ eaux maximaux m

, . . . , m

d’intersection triviale.

La famille de tous les ideaux maximaux est d’intersection triviale. Il s’agit d’extraire une sous-famille finie, ce qui est imm´ ediat par argument de d´ ecroissance de la dimension.

5. Pour une telle famille, minimale de surcroit, le morphisme naturel A→ Y

i

A/m

(qui ` a un ´ el´ ement associe la n-uplet de ses images) est injectif.

C’est un fait...

6. Montrer que le morphisme pr´ ec´ edent est surjectif. (On ´ etablira l’´ egalit´ e des dimensions dim

( T

i6=i0

m

) = dim

(A/m

) pour chaque i

).

Comme m

est en somme directe avec T

i6=i₀

m

, il suffit de montrer que ces deux sous espaces engendrent A. Remarquons que la somme de ces deux id´ eaux est encore un id´ eal.

( ∀a ∈ A, ∀x ∈ T

i6=i₀

m

, ∀y ∈ m

, a(x + y) = ax + ay ∈ m

⊕ ( T

i6=i₀

m

) Nous savons aussi que par minimalit´ e de la famille (m

), le sous espace T

i6=i₀

m

n’est pas r´ eduit ` a {0}.

Si m

et T

i6=i₀

m

n’engendrent pas A, l’id´ eal m

n’est pas maximal, car il est contenu dans l’id´ eal m

⊕ ( T

i6=i₀

m

). Contradiction.