3 Extensions galoisiennes

Université Pierre & Marie Curie M1 de Mathématiques

MM002 (Algèbre et théorie de Galois) Automne 2013

TD n

8.

1 Résultant

Exercice 1. SoitKun corps. SoitA=anxⁿ+· · ·+a0et B=bmxⁿ+· · ·+b0deux polynômes deK[X]. On considère l’application linéaire Φ de K_m−1[X]×K_n−1[X] dansK_n+m−1[X], définie par Φ(P, Q) =P A+QB.

a) Montrer que Φ est injective si et seulement si pgcd(A, B) = 1.

b) Montrer que

Res(A, B) := det Φ =

a_n a_n−1 · · · a₀ 0 · · · 0 0 a_n · · · a₀ 0 0 ... . .. . .. . .. ... a_n · · · a₀ b_m b_m−1 · · · b₀ 0 · · · 0

0 b_m · · · b₀ 0 · · · 0 ... . .. . .. . .. ... ... . .. . .. . .. ... 0 · · · ·b_m · · · b₀

c) Calculer Res(x⁷−a, x⁵−b).

Solution. a) Les solutions deAP+BQ= 0 sont exactement (P, Q) =k(B/D,−A/D) oùD= pgcd(A, B).

Si D = 1, alors la seule solution de φ(P, Q) = 0 est (P, Q) = (0,0). Sinon, il y en a une non nulle : (B/D,−A/D).

b) Prenons comme base de Rm−1[X]×Rn−1[X] : (X^m−1,0),(X^m−2,0), . . . ,(1,0),(0, Xⁿ⁻¹), . . . ,(0,1) et comme base deRm+n−1[X] : X^n+m−1, . . . ,1

. On a alors les images respectives de la base de départ : X^m−1A, . . . , A, Xⁿ⁻¹B, . . . , B. La matrice deφest donc la transposée de































an a_n−1 · · · a0 0 · · · 0 0 an · · · a0 0 0 ... . .. . .. . .. ... an · · · a0

bm b_m−1 · · · b0 0 · · · 0 0 bm · · · b0 0 · · · 0 ... . .. . .. . .. ... ... . .. . .. . .. ... 0 · · · bm · · · b0































c) Considérons le déterminant Res(A, B) dans k(X). Remplaçons la dernière colonne C_n+m par C_n+m+ XC_n+m−1+· · ·X^n+m−1C₁. On obtient comme coefficients de la dernière colonne :

(X^m−1A, . . . , A, Xⁿ⁻¹B, . . . , B). Développant ce déterminant par raport à la dernière colonne, on a alors Res(A, B) =A

m

X

i=1

Mi,n+mXⁿ⁻ⁱ+B

n

X

j=1

Mj+m,n+mX^m−i=AP+BQ où lesMi,j sont les cofacteurs de la matriceM.

d) On en déduit que Res(A, B) = 0 si et seulement si φ n’est pas injective, c’est-à-dire si et seulement si deg(A, B)≤1. Dans ce cas ils ont une racine commune, racine de leur pgcd.

e) On trouvea⁵−b⁷. (matrice blocs).

Exercice 2. SoitA=anQn

i=1(X−αi) etB=bmQm

i=1(X−βi).

a) i) Montrer que Res(a, B) =a^m, Res(A, b) =bⁿ, Res(B, A) = (−1)^nmRes(A, B).

ii) Montrer que Res((X−α)A, B) =B(a) Res(A, B).

iii) En déduire que Res(A, B) =aⁿ_mQm

i=1B(α_i) =aⁿ_mb^m_n Qm i=1

Qn

j=1(α_i−β_j)..

b) En déduire que Disc(A) = Res(A, A⁰) =Qn

i=1A⁰(αi) =a^2m−2_m Q

i<j(αi−αj)².

Solution. a) i) Montrer que Res(a, B) =a^m,Res(A, b) =bⁿ,Res(B, A) = (−1)^nmRes(A, B).

Simple calcul. Pour le dernier, il faut intervertir les mpremières lignes avec les ndernières. ceci se fait en appliquant le cycle (1, . . . , n+m) de signature (−1)^n+m−1, m fois. La signature est donc (−1)^(n+m−1)m= (−1)^nm(−1)^m2−m= (−1)^nm.

ii) Montrer que Res((X−α)A, B) =B(a) Res(A, B).

Posons C= (X−a)A. Dans la matrice de Res(C, B), remplaçons, la dernière colonneCn+m+1 par Pn+m

i=0 C_n+m−iaⁱ. On obtient sur la dernière colonne

a^mC(a), . . . , C(a), aⁿB(a), . . . , B(a) =B(a)(0, . . . ,0, aⁿ, aⁿ⁻¹, . . . ,1).

On peut mettre B(a) en facteur dans la dernière colonne. Mais Res(C, B) est un polynôme de degré m en a (1 a sur les m premières lignes). Donc Res(C, B) = B(a)∆(a) = B(a)∆(0). Mais

∆(0) = Res(A, B).

iii) En déduire que Res(A, B) =aⁿ_mQm

i=1B(αi) =aⁿ_mb^m_n Qm i=1

Qn

j=1(αi−βj)..

Déduction immédiate de la question précédente.

b) En déduire queDisc(A) = Res(A, A⁰) =Qn

i=1P⁰(α_i) =a²ⁿ⁻¹_n (−1)^n(n−1)/2Q

i<j(α_i−α_j)². Posons Disc(A) = Res(A, A⁰). SupposonsA=a_nQn

i=1(X−α_i). On a alors A⁰ =a_n

n

X

i=1

Y

i6=j

(X−α_j) doncA⁰(αi) =anQ

i6=j(αi−αj) et Disc(A) =aⁿ⁻¹_n

n

Y

i=1

A⁰(αi) =a²ⁿ⁻¹_n Y

i6=j

(αi−αj) =a²ⁿ⁻¹_n (−1)^n(n−1)/2Y

i<j

(αi−αj)². Exercice 3. SoitA=amQm

i=1(X−αi) etB=bnQn

i=1(X−βi).

a) Quelles sont les racines der(x) = Res((A(x−y), B(y)) ?

b) Construire des polynômes dont les racines sont lesα²_i, lesB(αi).

c) Construire des polynômes dont les racines sont lesα_i−β_j, lesα_iβ_j et lesα_i/β_j (siB(0)6= 0).

Solution. a) Quelles sont les racines de r(x) = Res((A(x−y), B(y))?

r(x) = 0 lorsqueA(x−y) et B(y) ont une racine commune. Les racines de A(x−y) sont les x−αi et celles deB(y) sont lesβj. On obtientx=αi+βj.

b) Construire des polynômes dont les racines sont lesα²_i, lesB(αi).

Il suffit de considérerr(x) = Res(x−y², B(y)) etr(x) = Res(x−B(y), A(y)).

c) Construire des polynômes dont les racines sont lesα_i−β_j, lesα_iβ_j et lesα_i/β_j (siB(0)6= 0).

On prendr(x) = Res(A(x+y), B(y)),r(x) =res(yⁿA(x/y), B(y)),r(x) = Res(A(xy), B(y)).

Exercice 4. SoientKun corps de caractéristique 0 etα,βdeux éléments algébriques surK. Soitα1=α, . . . , αn

et β1=β, . . . , bmles racines des polynômes minimauxA etB deαetβ.

a) Montrer qu’il existen∈Ztel que lesα_i+nβ_j soient tous distincts.

b) Trouver un polynôme annulateurC, sans facteur carré, de γ=α+nβ.

c) SoitL=K(γ). Que vaut pgcd(A(γ−nX), B(X)) dansL[X] ? d) En déduire queK(α, β) =K(γ).

e) En déduire que toute extension finie de corps de caractéristique 0 admet un élément primitif.

Solution. a) Siαi+tβj =αk+tβl, alors,βj6=βl, sinonαi =αk. Donct= ^α_β^i−αk

l−βj. Il n’y en a qu’un nombre fini. Tout autretconvient. Une autre méthode : le polynômer(x) = Res(A(x−ty), B(y)) a pour racines lesαi+tβj. Disc(r(x)) est un polynôme en tqui a un nombre fini de racines. Pour t=nassez grand il n’est pas nul et toutes les racines sont distinctes.

b) On prend C(x) = Res(A(x−ny), B(y)), dont les racines sontαi+tβj, toutes distinctes.

c) D= pgcd(A(γ−nX), B(X)) a pour racine les racines communes deB et deA(γ−nX). D’un côté, ce

2 Séparabilité

Exercice 5. 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 6. 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 7. 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’oùia_i = 0 pour i= 1,· · · , n. Si a_i n’est pas nul, iest donc divisible parp, ce qui entraîne le résultat.

Exercice 8. 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 7). Il en résulte que le degré deF est multiple dep, par suitepdivise le degré deLsurK. D’où une contradiction et le résultat.

Exercice 9. SoientK=Fp(X) et P=t^p−X. 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.

3 Extensions galoisiennes

Exercice 10. Soitn∈N^∗. Soit Φn=Q

k∈(Z/nZ)^∗(X−e^2iπk/n)∈C[X].

a) Montrer que Xⁿ−1 =Q

d|nΦ_d. En déduire que Φ_n∈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 µ_n l’ensemble des racines n^esde 1 (c’est-à-dire dont l’ordre multiplicatif divisen).

AlorsXⁿ−1 = Q

ζ∈µ_n(X −ζ) et Φ_n = Q

ζ∈µ⁽ⁿ⁾(X −ζ). Or µ_n 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

Φ_d. Φn est le quotient de Xⁿ−1 ∈Z[X] par Q

d|n,d6=nΦd, 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 agkgk⁰(ζ) =gk(ζ^k0) =gk(ζ)^k0 =ζ^kk0. Donc la bijection (Z/nZ)^×→Gqui envoieksurg_k est un isomorphisme de groupe. DoncG'(Z/nZ)^×.

Exercice 11. 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 envoieksurhkest donc bijective. Orhk⁰hk(α) =hk⁰(ζ^kα) =ζ^khk⁰(α) =ζ^k+k0α, ce qui prouve que φest un isomorphisme de groupe.

Exercice 12. SoitK=Q(√ 2,√

3,√

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

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 13. 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).