Exercice 1. (Crit` ere d’Eisenstein)

L3 – Alg` ebre 2 2013–2014 : TD 1

Extensions

Exercice 1. (Crit` ere d’Eisenstein)

1. Soit a le pgcd des coefficients de P, on a donc P/a ∈ A[X]. Alors a est inversible dans K, donc P est irr´ eductible dans K[X] si et seulement si P/a l’est. Quitte ` a remplacer P par P/a, on peut supposer que a = 1.

2. Comme l’anneau A est factoriel, on sait que A[X] est factoriel aussi. Comme K est le corps de fractions de l’anneau A, tout ´ el´ ement F dans K[X] peut s’´ ecrire sous la forme F ⁺ /f , o` u F ⁺ ∈ A[X] et f ∈ A sont premiers entre eux. On ´ ecrit alors R = R ⁺ /r et S = S ⁺ /s sous cette forme. Comme P ∈ A[X], on sait que rs divise R ⁺ S ⁺ dans A[X].

Par le lemme de Gauss, on en d´ eduit que r divise S ⁺ et s divise R ⁺ . Notons R 1 = R ⁺ /s et S ₁ = S ⁺ /r, alors on a P = R ₁ S ₁ dans A[X]. En rempla¸ cant R par R ₁ et S par S ₁ , on peut alors supposer que R et S sont ` a coefficients dans A.

3. On note R = r _m X ^m + · · · + r ₀ et S = s n−m X ^n−m + · · · + s ₀ . On suppose que 1 ≤ m ≤ n − 1, avec r m et s n−m non nuls, de sorte que R et S soient non constants. Alors on a a n = r m s n−m et a 0 = r 0 s 0 . Comme a n n’est pas divisible par p, aucun des deux coefficients dominants r _m et s n−m n’est divisible par p ; comme a ₀ est divisible par p mais non pas par p ² , un et un seul parmi r 0 et s 0 est divisible par p. Par sym´ etrie on peut supposer que r 0 est divisible par p, et s 0 ne l’est pas.

Soit t le plus petit entier tel que p ne divise pas r t , alors t existe et t ≥ 1. Donc p divise chacun des r t−1 , · · · , r ₀ . En comparant le coefficient devant X ^t dans RS et P, on obtient

a _t = r _t s ₀ + r t−1 s ₁ + · · · + r ₀ s _t

o` u s i = 0 si i > n − m. On sait que p divise a t et r t−1 s 1 + · · · + r 0 s t , mais p ne divise pas r t s 0 , absurde.

4. On applique directement le crit` ere avec A = Z.

5. Soit P(X) = X ^p−1 + · · · + X + 1. Alors P(X) = ^X _X−1

^p

⁻¹ , d’o` u P(X + 1) = ^(X+1) _X

^p

⁻¹ = P p−1

i=0 p i

X ^p−i−1 . On sait que p ne divise pas ^p ₀

= 1, p divise chaque ^p _i

pour 1 ≤ i ≤ p − 1 et p ² ne divise pas _p−1 ^p

= p. D’apr` es le crit` ere d’Eisenstein, le polynˆ ome P(X + 1) est irr´ eductible sur Q. On en d´ eduit que P est irr´ eductible sur Q aussi : en effet, si on a P = RS dans Q[X], alors P(X + 1) = R(X + 1)S(X + 1) dans Q[X], et comme P(X + 1) est irr´ eductible, l’un des deux facteurs R et S doit ˆ etre constant, ce qui implique que P est irr´ eductible dans Q[X].

Exercice 2.

1. Si n = 1, L est un K-espace vectoriel de dimension 1 donc K = L. Si L ⁰ /K est un sous- extension de degr´ e n, L ⁰ est un sous-espace vectoriel de L tel que dim _K L = dim _K L ⁰ donc L = L ⁰ .

2. Notons d le degr´ e de l’extension K[a, b]/K[b]. C’est ´ egalement le degr´ e du polynˆ ome minimal de a sur K[b] (qui est un des facteurs de P dans K[b][X]). En particulier, d ≤ deg P = n. D’apr` es le th´ eor` eme de la base t´ elescopique,

[K[a, b] : K] = [K[a, b] : K[b]] · [K[b] : K] = dm ≤ nm.

En outre, toujours d’apr` es le th´ eor` eme de la base t´ elescopique,

[K[a, b] : K] = [K[a, b] : K[a]] · [K[a] : K] = [K[a, b] : K[a]] · n

est un multiple de n. Puisque n et m sont premiers entre eux, le degr´ e [K[a, b] : K]

est un multiple de nm. Puisqu’il est ´ egal ` a dm, on a donc d = n, ce qui entraˆıne [K[a, b] : K] = nm et le polynˆ ome minimal de a sur K[b] est de degr´ e n : c’est donc bien P.

Par ailleurs, toujours ` a cause de la base t´ elescopique, le degr´ e [K[a] ∩ K[b] : K] divise ` a la fois n et m, donc [K[a] ∩ K[b] : K] = 1 et K[a] ∩ K[b] = K.

3. Les ´ el´ ements de L alg´ ebriques sur K forment un corps, donc x ² est alg´ ebrique sur K. On a ´ evidemment K[x ² ] ⊆ K[x] et il s’agit de d´ emontrer l’inclusion r´ eciproque.

Tautologiquement, x annule le polynˆ ome X ² − x ² ∈ K[x ² ][X], donc x est alg´ ebrique sur K[x ² ] de degr´ e 1 ou 2. On a donc [K[x] : K[x ² ]] ∈ {1, 2}. Mais, d’apr` es le th´ eor` eme de la base t´ elescopique,

[K[x] : K] = [K[x] : K[x ² ]] · [K[x ² ] : K].

Puisque [K[x] : K] est de degr´ e impair, on a n´ ecessairement [K[x] : K[x ² ]] = 1 et K[x ² ] = K[x].

4. Le nombre √

ⁿ

2 ∈ R est ´ evidemment alg´ ebrique sur Q, puisqu’il annule le polynˆ ome X ⁿ − 2. Ce dernier v´ erifie le crit` ere d’Eisenstein pour p = 2, donc est irr´ eductible. Le nombre √

ⁿ

2 est donc alg´ ebrique sur Q de degr´ e n et Q √

n

2

/Q est une extension de degr´ e n.

5. La seule extension finie de C est l’extension triviale C/C, de degr´ e 1. En effet, si L/C est une extension finie, tout ´ el´ ement α ∈ L est alg´ ebrique sur C. Son polynˆ ome minimal est donc un polynˆ ome irr´ eductible P ∈ C[X] tel que P(α) = 0. Mais les polynˆ omes irr´ eductibles sur C sont de degr´ e 1 : on a donc P = X − α, ce qui entraˆıne α ∈ C et donc L = C.

6. Si on note, pour P ∈ Q[X] \ {0}, Z(P) =

n z ∈ C

P(z) = 0 o

,

on a par d´ efinition

Q = [

P∈Q[X]\{0}

Z(P),

ce qui ´ ecrit Q comme une union d´ enombrable d’ensembles finis et qui entraˆıne la d´ enombrabilit´ e de Q.

Exercice 3.

(a) Les polynˆ omes X ² − 2 et X ³ − 2 sont irr´ eductibles sur Q en vertu du crit` ere d’Eisenstein.

Ce sont donc les polynˆ omes minimaux de √ 2 et √

³

2 sur Q. On a donc h

Q h√

2 i

: Q i

= 2 et une Q-base de Q h√

2 i

est

1, √ 2

h

Q h

√

3

2 i : Q i

= 3 et une Q-base de Q h

√

3

2 i est

1, √

³

2, √

³

4 Le corps Q √

2, √

³

2

est ´ evidemment inclus dans Q √

6

2

. Puisqu’en outre

√

6

2 =

√ 2

√

3

2 =

√ 2 · √

³

4

2 ,

on a bien Q √ 2, √

³

2

= Q √

6

2

. Le polynˆ ome X ⁶ − 2 ´ etant irr´ eductible sur Q d’apr` es le crit` ere d’Eisenstein, on a

h Q h√

2, √

³

2 i

: Q i

= 6 et une Q-base de Q h√

2, √

³

2 i

est (1, 2 ^1/6 , 2 ^2/6 = √

³

2, 2 ^3/6 = √

2, 2 ^4/6 = √

³

4, 2 ^5/6 ).

On voit en particulier que Q √ 2

∩ Q √

3

2

= Vect Q 1, √ 2

∩ Vect Q 1, √

³

2, √

³

4

= Vect _Q (1) = Q.

En particulier, on voit que X ² − 2 n’a pas de racine dans Q √

3

2

et que X ³ − 2 n’a pas de racine dans Q √

2

. Puisque l’on a affaire ` a des polynˆ omes de degr´ e au plus 3, cela entraˆıne leur irr´ eductibilit´ e. Le polynˆ ome X ² − 2 est donc le polynˆ ome minimal de √

2 sur Q √

3

2

et X ³ − 2 est le polynˆ ome minimal de √

³

2 sur Q √ 2

. On a donc h

Q h√

2, √

³

2 i

: Q h

√

3

2 ii

= 2 et une Q h

√

3

2 i

-base de Q h√

2, √

³

2 i

est 1, √

2 h

Q h√

2,

³

√ 2

i : Q

h√

2 ii

= 3 et une Q h√

2 i

-base de Q h√

2,

³

√ 2

i est

1,

³

√ 2,

³

√ 4

Notons qu’on aurait pu appliquer la deuxi` eme question de l’exercice pr´ ec´ edent, les degr´ es de √

2 et √

³

2 sur Q ´ etant premiers entre eux.

(b) Les nombres √ 2 et √

3 sont tous les deux alg´ ebriques de degr´ e 2 sur Q, de polynˆ omes minimaux X ² − 2 et X ² − 3, respectivement. Puisque ce sont des polynˆ omes de degr´ e 2, pour montrer que X ² − 2 (resp. X ² − 3) reste irr´ eductible sur Q √

3

(resp. Q √ 2

), il s’agit de montrer que 2 (resp. 3) n’est pas un carr´ e dans Q √

3

(resp. Q √ 2

). C’est assez facile :

2 est un carr´ e dans Q h√

3 i

⇔ ∃(a, b) ∈ Q : a + b √

3 2

= 2

⇔ ∃(a, b) ∈ Q : a ² + 3b ² = 2 et 2ab = 0

⇔ ∃a ∈ Q : a ² = 2 ou ∃b ∈ Q : b ² = 2/3, ce qui est impossible (l’autre cas ne pose pas plus de probl` eme). Cela entraˆıne que

h Q

h√

2,

√ 3

i : Q

h√

3 ii

= 2 et une Q h√

3 i

-base de Q h√

2,

√ 3

i est

1,

√ 2

h

Q h√

2, √ 3 i

: Q h√

2 ii

= 2 et une Q h√

2 i

-base de Q h√

2, √ 3 i

est 1, √

3 D’apr` es le th´ eor` eme de la base t´ elescopique, on obtient en outre

h Q h√

2, √ 3

i : Q

i

= 4 et une Q-base de Q h√

2, √ 3

i est

1, √

2, √ 3, √

6

.

Evidemment, ´ Q √ 2 + √

3

⊆ Q √ 2, √

3

donc √ 2 + √

3 doit ˆ etre alg´ ebrique de degr´ e divisant 4. Or, les ´ el´ ements

1, √ 2 + √

3 et √ 2 + √

3 2

= 5 + 2 √ 6

sont Q-libres (il suffit de regarder leurs coordonn´ ees dans la base (1, √ 2, √

3, √ 6)). Le nombre √

2+ √

3 n’est donc pas alg´ ebrique de degr´ e ≤ 2, ce qui entraˆıne qu’il est alg´ ebrique de degr´ e 4. Q √

2 + √ 3

⊆ Q √ 2, √

3

est donc de Q-dimension 4, ce qui entraˆıne Q √

2 + √ 3

= Q √ 2, √

3

.

D’apr` es ce qui pr´ ec` ede, le polynˆ ome minimal de √ 2 + √

3 est l’unique polynˆ ome unitaire de degr´ e 4 qui l’annule. Cherchons-le. On remarque d’abord que √

2 + √ 3 2

= 5 + 2 √ 6 est un ´ el´ ement de Q √

6

: il doit donc ˆ etre annul´ e par un polynˆ ome de degr´ e 2. En effet,

5 + 2 √ 6 2

= 49 + 20 √

6 = 10 5 + 2 √

6

− 1.

Le polynˆ ome minimal de √ 2 + √

3 est donc X ⁴ − 10X ² + 1.

(c) j est une racine primitive troisi` eme de l’unit´ e donc j ² +j + 1 = 0. Le polynˆ ome X ² + X + 1 est irr´ eductible sur Q (et mˆ eme sur R) donc

[Q[j] : Q] = 2 et une Q-base de Q[j] est (1, j).

Remarquons que si l’on a deux extensions quadratiques Q[α]/Q et Q[β]/Q, α ∈ Q[β] si et seulement si β ∈ Q[α], car les deux propri´ et´ es sont ´ equivalentes ` a l’´ egalit´ e Q[α] = Q[β]

(par ´ egalit´ e des dimensions).

Ainsi, puisque j 6∈ Q[ √

3] ⊆ R, on a √

3 6∈ Q[j]. Et puisque j = − 1 2 +

√ 3

2 i 6∈ Q[i] (car

√

3 6∈ Q), on a i 6∈ Q[j].

(d) On a ´ evidemment Q √ 3, j

, Q √ 3, i

⊆ Q √ 3, i, j

. En fait, ces inclusions sont des

´ egalit´ es :

j = − 1 2 +

√ 3

2 i ∈ Q h i, √

3 i

donc Q h√

3, i, j i

= Q h√

3, i i i = 2j + 1

√ 3 ∈ Q h j, √

3 i

donc Q h√

3, i, j i

= Q h√

3, j i .

Par ailleurs, on a vu que √

3 6∈ Q[j], donc √

3 est alg´ ebrique de degr´ e 2 sur Q[j]. Si on note K = Q √

3, j

= Q √ 3, i

= Q √ 3, i, j

, on a donc, par le th´ eor` eme de la base t´ elescopique,

[K : Q] = [K : Q[j]] · [Q [j] : Q] = 4 et une Q-base de K est

1, √ 3, j, √

3j

.

(e) cos 2π 3 = − 1

2 donc Q

cos 2π 3

= Q.

sin 2π 3 =

√ 3

2 donc Q

sin 2π 3

= Q √ 3

, extension de degr´ e 2 sur Q, de Q-base 1, √ 3

. Le nombre complexe ζ ₅ = cos 2π

5 + sin 2π

5 i est, comme son nom l’indique, une racine cinqui` eme primitive de l’unit´ e. On a donc

0 = 1 + ζ ₅ + ζ ₅ ² + ζ ₅ ³ + ζ ₅ ⁴ Puisque

R´ e ζ 5 = R´ e ζ ₅ ⁴ = cos 2π

5 et R´ e ζ ₅ ² = R´ e ζ ₅ ³ = cos 4π

5 = 2 cos ² 2π 5 − 1, le nombre cos 2π

5 est annul´ e par 2 2X ² − 1

+ 2X + 1 = 4X ² + 2X − 1, et on a cos 2π

5 =

√ 5 − 1

4 .

Donc Q

cos 2π 5

= Q √ 5

, extension de degr´ e 2 de Q, de Q-base 1, √ 5

. On a

s = sin 2π 5 =

r

1 − cos ² 2π 5 =

v u u t 1 −

√ 5 − 1

4

! 2

=

p 10 + 2 √ 5

4 .

On en d´ eduit

s ² = 5 + √ 5 8 s ⁴ = 5 + √

5 8

! 2

= 15 + 5 √ 5

32 = 5

4 s ² − 5 16 . Le nombre s = sin 2π

5 est donc annul´ e par le polynˆ ome 16X ⁴ −20X ² +5, qui est irr´ eductible (en vertu du crit` ere d’Eisenstein pour p = 5 et du fait que le polynˆ ome est primitif).

On a donc

Q

sin 2π 5

: Q

= 4 et une Q-base de Q

sin 2π 5

est

1, sin 2π

5 , sin ² 2π

5 , sin ³ 2π 5

.

Remarquons que les coefficients disgracieux apparaissant dans les polynˆ omes minimaux du cosinus et du sinus de 2π/5 disparaˆıtraient si on consid´ erait plutˆ ot 2 cos 2π

5 et 2 sin 2π 5 . Exercice 4.

1. Le polynˆ ome P = X ³ + 2X + 2 ∈ Q[X] est irr´ eductible en vertu du crit` ere d’Eisenstein (p = 2).

2. La relation a ³ + 2a + 2 = 0 fournit imm´ ediatement a · a ² + 2

= −2 donc 1 a =

− a ²

2 + 1

.

Le deuxi` eme calcul est plus p´ enible : on peut le faire

– par identification des coefficients : les relations a ³ = −2a − 2 et a ⁴ = −2a ² − 2a permettent de d´ evelopper

(a ² + a + 1)(xa ² + ya + z) = (−x + y + z)a ² + (−4x − y + z)a + (−2x − 2y + z) donc

(a ² + a + 1)(xa ² + ya + z) = 1 ⇔







−x + y + z = 0

−4x − y + z = 0

−2x − 2y + y = 1

⇔







x = 2/7 y = −3/7 z = 5/7.

– par l’algorithme d’Euclide :

X ³ + 2X + 2 = (X ² + X + 1)(X − 1) + (2X + 3) X ² + X + 1 = (2X + 3)(1/2X − 1/4) + 7/4 donc on obtient la relation de B´ ezout

1 = 4

7 (X ² + X + 1) − (2X + 3)(1/2X − 1/4)

= 1 7

4(X ² + X + 1) − (2X − 1) (X ³ + 2X + 2) − (X − 1)(X ² + X + 1)

= 1

7 (X ² + X + 1)(2X ² − 3X + 5) − (X ³ + 2X + 2)(2X − 1)

donc X ² + X + 1 et (2X ² − 3X + 5)/7 sont inverses modulo X ³ + 2X + 2.

Dans les deux cas, on obtient 1

a ² + a + 1 = 2a ² − 3a + 5

7 .

Pour l’expression de u, on peut simplement effectuer la division euclidienne de X ⁶ + 3X ⁴ + 2X ³ + 6X par X ³ + 2X + 2 ou calculer m´ ethodiquement en partant de l’expression de a ³ , a ⁴ , a ⁵ et a ⁶ en fonction de 1, a et a ² . Dans les deux cas on obtient

u = −2a ² + 4a.

3. L’´ el´ ement u appartient ` a Q(a), extension de Q de degr´ e 3. C’est donc un ´ el´ ement alg´ ebrique sur Q de degr´ e divisant 3. Comme en outre il n’appartient pas ` a Q (cela se voit dans sa d´ ecomposition sur la base (1, a, a ² )), il est de degr´ e exactement 3. Il s’agit donc de chercher une relation de liaison entre 1, u, u ² et u ³ .

On peut toujours ´ ecrire la division euclidienne de

(−2X ² + 4X) ³ + λ(−2X ² + 4X) ² + µ(−2X ² + 4X) + ν par (X ³ + 2X + 2) :

−8X ⁶ + 48X ⁵ + (4λ − 96)X ⁴ +(64 − 16λ)X ³ + (16λ − 2µ)X ² + 4µX + ν

= (X ³ + 2X + 2)

−8X ³ + 48X ² + (4λ − 80)X − 16 − 16λ + X ² (8λ − 2µ + 64) + X (4µ + 24λ + 192) + (32λ + ν) et r´ esoudre un syst` eme lin´ eaire pour obtenir l’annulation du reste

(X ³ + 2X + 2) divise (−2X ² + 4X) ³ + λ(−2X ² + 4X) ² + µ(−2X ² + 4X) + ν ⇔







8λ − 2µ + 64 = 0 4µ + 24λ + 192 = 0 32λ + ν = 0

⇔







λ = −8 µ = 0 ν = 224 Mais il est sans doute plus simple de d´ evelopper les puissances de u dans la base (1, a, a ² ) :

1 = 1

u = −2a ² + 4a

u ² = 8a ² + 24a + 32 u ³ = 64a ² + 192a + 32 et de chercher une relation de liaison :

u ³ + λu ² + µu + ν = 0 ⇔







32λ + ν = −32

24λ + 4µ = −192

8λ − 2µ = −64

⇔







λ = −8 µ = 0 ν = 224 Dans tous les cas, le polynˆ ome minimal de u est X ³ − 8X ² + 224.

Exercice 5.

1. Commen¸ cons par remarquer que le r´ esultat est facile pour une extension L/K finie : un morphisme f : L → L est injectif en tant que morphisme de corps, et, s’agissant d’une application K-lin´ eaire entre deux K-espaces vectoriels de mˆ eme dimension, l’injectivit´ e entraˆıne la bijectivit´ e.

Supposons maintenant simplement L/K alg´ ebrique. Le morphisme f : L → L est tou- jours injectif. Remarquons que si α ₁ , . . . , α _n ∈ L, le sous-anneau K[α ₁ , . . . , α _n ] est un sous-corps de L et l’extension K[α 1 , . . . , α n ]/K est finie. (Par r´ ecurrence sur n : le cas n = 1 vient par exemple de la question pr´ ec´ edente et, puisque α n est alg´ ebrique sur K, il l’est aussi sur K[α ₁ , . . . , α n−1 ], donc K[α ₁ , . . . , α _n ] est un sous-corps de L et K[α 1 , . . . , α n ]/K[α 1 , . . . , α n−1 ] est une extension finie. Par le th´ eor` eme de la base t´ elescopique, le r´ esultat est d´ emontr´ e).

Soit donc α ∈ L. Soit α 1 = α, α 2 , . . . , α n les racines dans L du polynˆ ome minimal µ _α ∈ K[X]. Le morphisme K-lin´ eaire f : L → L v´ erifie n´ ecessairement

P(f (α _i )) = f(P(α _i )) = 0 donc ∃j ∈ {1, · · · , n} : f (α _i ) = α _j .

Ainsi, f se restreint en un morphisme K[α ₁ , . . . , α _n ] → K[α ₁ , . . . , α _n ], qui est un iso- morphisme d’apr` es la premi` ere partie de la question. En particulier, il existe β ∈ K[α 1 , . . . , α n ] ⊆ L tel que f (β) = α. Le morphisme f est donc bien un automorphisme.

2. Si a ∈ K ⁰⁰ est alg´ ebrique sur K ⁰ , K ⁰ [a] est un K ⁰ -espace vectoriel de dimension finie. Si K ⁰ /K est une extension finie, cela conclut : d’apr` es le th´ eor` eme de la base t´ elescopique, K ⁰ [a] sera alors un K-espace vectoriel de dimension finie et K[a] ⊆ K ⁰ [a] ´ egalement, ce qui entraˆıne que a est alg´ ebrique sur K.

Dans le cas g´ en´ eral, soit β ₁ , . . . , β _n les coefficients du polynˆ ome minimal µ ^K _a

⁰

∈ K ⁰ [X] de a sur K ⁰ . L’´ el´ ement a ∈ K ⁰⁰ est alors alg´ ebrique sur le corps K[β 1 , . . . , β n ], qui est une extension finie de K car, comme K ⁰ /K est alg´ ebrique, les β i sont alg´ ebriques sur K. On se ram` ene donc au cas pr´ ec´ edent et a ∈ K ⁰⁰ est bien alg´ ebrique sur K.

3. Comme l’extension Q/Q est alg´ ebrique, d’apr` es la question pr´ ec´ edente, tout ´ el´ ement alg´ ebrique sur Q est aussi alg´ ebrique sur Q, donc est dans Q.

4. Si e+π et eπ ´ etaient alg´ ebriques sur Q, le polynˆ ome X ² −(e+π)X+eπ serait ` a coefficients dans Q. Les nombres e, π ∈ C, racines de ce polynˆ ome, seraient donc alg´ ebriques sur Q. La question pr´ ec´ edente (appliqu´ ee ` a K = Q, K ⁰ = Q et K ⁰⁰ = C) entraˆınerait donc que e et π soient alg´ ebriques sur Q, ce qui est exclu par les th´ eor` emes de Hermite et Lindemann.

Exercice 6.

1. Le morphisme

´

ev _X : K[T] → K(X) P(T) 7→ P(X)

est ´ evidemment injectif (son image est K[X] ⊆ K(X)) donc X est transcendant sur K.

2. ´ Evidemment, les ´ el´ ements de K sont alg´ ebriques sur K. R´ eciproquement, soit α = f (X)/g(X) ∈ L une fraction rationnelle (on suppose f, g ∈ K[X] premiers entre eux) que l’on suppose alg´ ebrique sur K et soit P ∈ K[T] son polynˆ ome minimal. Si on ´ ecrit P(T) =

d

X

k=0

a _k T ^k (avec a _d non nul), la relation P(α) = 0 devient

d

X

k=0

a k f (X) ^k g(X) ^n−k = 0.

En outre, P ´ etant irr´ eductible, on a a ₀ 6= 0. Le polynˆ ome f(X) divise tous les (f (X) ^k g(X) ^n−k ) k≥1

donc il doit diviser a ₀ g(X) ⁿ . Mais a ₀ 6= 0 et on a suppos´ e f et g premiers entre eux : la seule solution est que f (X) doit ˆ etre inversible (donc constant). De mˆ eme, g(X) divise tous les (f (X) ^k g(X) ^n−k ) _k<d donc doit diviser a _d f (X) ^d et ˆ etre constant. Finalement, f et g sont constants donc α ∈ K.

3. Si β ∈ L \ K, β s’´ ecrit f (X)/g(X), o` u les polynˆ omes f (X), g(X) sont premiers entre eux et o` u au moins l’un des deux n’est pas constant. L’´ el´ ement X ∈ L est alors annul´ e par le polynˆ ome non constant

f(T) − f (X)

g(X) g(T) ∈ K(β)[T]

et est donc alg´ ebrique sur K(β). Comme l’ensemble des ´ el´ ements de L alg´ ebriques sur K(β) forme un corps contenant K(β) et que l’on vient de voir qu’il contenait ´ egalement X, on a que tout ´ el´ ement de K(X) est alg´ ebrique sur K(β ) : K(X)/K(β) est alg´ ebrique.

Exercice 7. Supposons que P ait une racine α dans une extension L/K de degr´ e 2. Si α ∈ K, P a une racine dans K et n’y est donc pas irr´ eductible. Sinon, α est un alg´ ebrique de degr´ e 2 sur K, et son polynˆ ome minimal µ α ∈ K[X], de degr´ e 2, divise P, qui n’est donc pas irr´ eductible.

R´ eciproquement, supposons que P soit r´ eductible. Le facteur de plus bas degr´ e P ₁ dans une d´ ecomposition non triviale de P est alors de degr´ e 1 ou 2. Dans le premier cas, P 1 (et donc P) a une racine α ∈ K. Dans le second, K[X]/(P 1 (X)) est une extension de degr´ e 2 de K dans lequel P ₁ a une racine (la classe de X) donc P ´ egalement. Dans les deux cas, P a une racine dans une extension de degr´ e ≤ 2.

Remarquons que ce crit` ere se g´ en´ eralise comme suit (avec la mˆ eme preuve) : un polynˆ ome de degr´ e n sur K est irr´ eductible si et seulement s’il n’a aucune racine dans une extension L/K de degr´ e ≤ n/2.

Exercice 8.

1. Comme le carr´ e de tout nombre r´ eel est positif ou nul, une somme de carr´ es dans R ne peut pas ˆ etre strictement n´ egative.

2. Le polynˆ ome X ³ − 2 est irr´ eductible sur Q en vertu du crit` ere d’Eisenstein (p = 2) et annule β : c’est le polynˆ ome minimal (sur Q) de β et le corps Q[β] ⊆ C est donc isomorphe ` a Q[X]/(X ³ − 2).

Le mˆ eme raisonnement peut parfaitement ˆ etre tenu en rempla¸ cant β par α = √

³

2. En particulier, on a un isomorphisme de corps ϕ : Q[β] → Q[α] ⊆ R. Cela conclut : si x ₁ , . . . , x _n ´ etaient des ´ el´ ements de Q[β] tels que x ² ₁ + · · · + x ² _n = −1, on aurait

ϕ(x 1 ) ² + · · · + ϕ(x n ) ² = ϕ(x ² ₁ + · · · + x ² _n ) = ϕ(−1) = −1.

Mais les ϕ(x i ) ² sont des r´ eels positifs : on obtient une contradiction.

Remarque. Un corps dans lequel −1 n’est pas une somme de carr´ es s’appelle un corps formellement r´ eel. D’apr` es un th´ eor` eme dˆ u ` a Emil Artin et Otto Schreier, ce sont exactement les corps qui peuvent ˆ etre munis d’un ordre total compatible avec la structure de corps.

En ces termes plus savants, on vient donc de montrer que Q(β) ´ etait formellement r´ eel en exhibant un morphisme Q(β) → R. Dans la lanc´ ee du th´ eor` eme d’Artin-Schreier, on peut montrer une forme de r´ eciproque : ´ etant donn´ e une extension alg´ ebrique K/Q, K est for- mellement r´ eel si et seulement s’il existe un morphisme K → R (cf. par exemple Milnor et Husemoller, Symmetric Bilinear Forms, ch. III, §. 2).

Exercice 9.

1. (a) Soit P ∈ K[X] un polynˆ ome unitaire de degr´ e 2. On peut l’´ ecrire P = X ² − p ₁ X + p ₂ avec p ₁ , p ₂ ∈ K. En posant a = p ₁ /2 et b = p ² ₁ /4 − p ₂ (ce qui est licite car K n’est pas de caract´ eristique 2), on a bien P = (X − a) ² − b.

(b) Soit ˜ α ∈ L \ K. La famille (1, α) est donc une famille K-libre de L. C’en est donc ˜ une base. On peut ainsi ´ ecrire ˜ α ² = µ˜ α + λ pour un certain couple (λ, µ) ∈ K ² . Le polynˆ ome minimal de ˜ α est alors µ _{α ˜} (X) = X ² − µX − λ (ce polynˆ ome est en effet annulateur, et il est clairement de degr´ e minimal pour cette propri´ et´ e). D’apr` es la question pr´ ec´ edente, il existe a et b dans K tels que µ α ˜ (X) = (X − a) ² − b. Soit α = ˜ α − a. On a ´ evidemment K(α) = K( ˜ α) = L, et α ² = ( ˜ α − a) ² = b ∈ K.

(c) Soit β ∈ L tel que L = K(β) et β ² ∈ K. On peut alors ´ ecrire β = λα + µ, pour (λ, µ) ∈ K ² . On obtient alors β ² = (λ ² α ² +µ) ² + 2λµα. L’hypoth` ese β <sup>2</sup> ∈ K entraˆıne donc que λ = 0 ou que µ = 0. Mais le premier cas est impossible car il entraˆınerait β ∈ K ; on a donc µ = 0, c’est-` a-dire que β/α ∈ K.

2. (a) L’extension Q( √

p)/Q est de degr´ e 2. Le r´ eel √

q est une racine de X ² −q ∈ Q( √ p)[X].

On a donc [Q( √ p, √

q) : Q( √

p)] ≤ 2. Plus pr´ ecis´ ement, soit √

q ∈ Q( √

p), soit l’extension Q( √

p, √

q)/Q( √

p) est de degr´ e 2. Mais le premier cas est impossible : il entraˆınerait Q( √

p) = Q( √

q) et, d’apr` es la question pr´ ec´ edente, p

p/q ∈ Q, ce qui n’est pas (par exemple, si p/q ´ etait le carr´ e d’un rationnel, sa valuation p-adique serait paire). On a donc bien [Q( √

p, √

q) : Q( √

p)] = 2. Le th´ eor` eme de la base t´ elescopique entraˆıne donc que Q( √

p, √

q)/Q est de degr´ e 4.

(b) Soit β ∈ Q( √ p, √

q) tel que β ² ∈ Q. Si β ∈ Q( √

p), la question 1.(c) appliqu´ ee ` a l’extension Q( √

p)/Q entraˆıne β ∈ Q ou β/ √

p ∈ Q. Dans le cas contraire, la mˆ eme question appliqu´ ee ` a Q( √

p, √

q)/Q( √

p) entraˆıne que β/ √

q ∈ Q( √

p). On obtient donc (car (β/ √

q) ² ∈ Q) que β/ √

q est un multiple rationnel de 1 ou √ p.

(c) D’apr` es le th´ eor` eme de la base t´ elescopique, une sous-extension Q ⊆ K ⊆ Q( √ p, √

q) est de degr´ e 1, 2 ou 4. ´ Evidemment, la seule sous-extension de degr´ e 1 est Q/Q et la seule de degr´ e 4 est Q( √

p, √

q)/Q. Si le degr´ e est 2, la premi` ere partie entraˆıne l’existence de β ∈ Q( √

p, √

q) tel que K = Q(β ) et β ² ∈ K. D’apr` es la premi` ere question, β est un multiple rationnel de √

p, √ q ou √

pq (le cas β ∈ Q est exclu car il entraˆınerait [Q(β) : Q] = 1). Les sous-extensions de degr´ e 2 sont donc Q( √

p)/Q, Q( √

q)/Q et Q( √ pq)/Q.

(d) ( √ p + √

q) ² = p + q + 2 √

pq donc √ p + √

q annule

P = (X ² − (p + q)) ² − 4pq = X ⁴ − 2(p + q)X ² + (p − q) ² . D’apr` es le th´ eor` eme de la base t´ elescopique, la famille (1, √

p, √ q, √

pq) est une Q-base de Q( √

p, √

q). Cette base est en outre adapt´ ee aux trois sous-extensions quadratiques de Q( √

p, √ q) :

Q ( √

p) = Vect

Q (1, √

p) Q ( √

q) = Vect

Q (1, √

q) Q ( √

pq) = Vect

Q (1, √ pq) .

L’´ el´ ement √ p+ √

q n’appartient donc ` a aucune de ces extensions quadratiques, ce qui entraˆıne Q( √

p + √

q) = Q( √ p, √

q). Cela entraˆıne que deg µ ^√ _p+ ^√ _q = [Q( √ p + √

q) : Q] = 4. On a donc µ ^√ _p+ ^√ _q = P = X ⁴ − 2(p + q)X ² + (p − q) ² .

Exercice 10.

1. Un polynˆ ome de degr´ e 2 ou 3 est irr´ eductible si et seulement s’il n’a pas de racine. Sur

F 2 , il faut et il suffit donc que le coefficient constant soit ´ egal ` a 1 (0 n’est pas racine)

et que le nombre de coefficients ´ egaux ` a 1 soit impair (1 n’est pas racine). Ainsi, les polynˆ omes de degr´ e 2 ou 3 irr´ eductibles sont

X ² + X + 1, X ³ + X + 1 et X ³ + X ² + 1.

En degr´ e 4, il faut aussi empˆ echer que le polynˆ ome soit le produit de deux irr´ eductibles de degr´ e 2. Sur F ₂ , cela n’exclut que (X ² + X + 1) = X ⁴ + X ² + 1. Les polynˆ omes irr´ eductibles de degr´ e 4 sont donc

X ⁴ + X ³ + X ² + X + 1, X ⁴ + X + 1 et X ⁴ + X ³ + 1.

2. D’apr` es ce qui pr´ ec` ede, F 8 = F 2 [X]/(X ³ + X + 1) est une extension de degr´ e 3 de F 2 . Si on note ω la classe de X, on a donc

F ₈ = {0, 1, ω, ω + 1, ω ² , ω ² + 1, ω ² + ω, ω ² + ω + 1}

et ω v´ erifie ω ³ = ω + 1. On aurait pu faire l’autre choix et construire F ⁰ ₈ = F 2 [X]/(X ³ + X ² + 1) = F ₂ [α], avec α ³ = α ² + 1 mais on obtient ainsi un corps isomorphe. En effet,

(ω + 1) ³ = ω ³ + ω ² + ω + 1 = ω ² = (ω + 1) ² + 1.

Puisque ω + 1 6∈ F 2 = {0, 1}, son polynˆ ome minimal sur F 2 est bien X ³ + X ² + 1 et l’application

´

ev ω+1 : F 2 [X] → F 8

P 7→ P(ω + 1)

induit bien un isomorphisme ϕ : F ⁰ ₈ = F ₂ [X]/(X ³ + X ² + 1) → F ₈ envoyant α sur ω + 1.

On peut facilement calculer toutes les valeurs de ϕ :

x ∈ F ⁰ ₈ 7→ ψ(x) ∈ F 8 x ∈ F ⁰ ₈ 7→ ψ(x) ∈ F 8 x ∈ F ⁰ ₈ 7→ ψ(x) ∈ F 8 x ∈ F ⁰ ₈ 7→ ψ(x) ∈ F 8

0 7→ 0 α 7→ ω + 1 α ² 7→ ω ² + 1 α ² + α 7→ ω ² + ω

1 7→ 1 α + 1 7→ ω α ² + 1 7→ ω ² α ² + α + 1 7→ ω ² + ω + 1.

3. L’´ el´ ement ω engendre F ^× ₈ (comme F ^× ₈ est un groupe d’ordre 7, tout ´ el´ ement de F ^× ₈ est un g´ en´ erateur).

ω ⁰ = 1, ω ¹ = ω, ω ² = ω ² , ω ³ = ω + 1, ω ⁴ = ω ² + ω, ω ⁵ = ω ² + ω + 1, ω ⁶ = ω ² + 1.

4. F 8 /F 2 est une extension de degr´ e 3 donc tous les ´ el´ ements de F 8 sont alg´ ebriques, d’un degr´ e divisant 3, c’est-` a-dire 1 ou 3. Il suffit donc, pour chaque ´ el´ ement de F 8 \ F 2 de d´ eterminer lequel des deux polynˆ omes irr´ eductibles de degr´ e 3 l’annule.

Ainsi, 0 a pour polynˆ ome minimal X, 1 a X − 1 ; ω, ω ² et ω ² + ω ont X ³ + X + 1 et ω + 1, ω ² + 1 et ω ² + ω + 1 ont X ³ + X + 1.

5. Prenons F 16 = F 2 [X]/(X ⁴ + X + 1) et appelons β la classe de X. On obtient que β est un g´ en´ erateur de F ^× ₁₆ (cette fois-ci, rien ne garantissait que ce soit le cas, puisqu’il y a des ´ el´ ements de F ^× ₁₆ , groupe cyclique d’ordre 15, qui ne l’engendrent pas, mais on est rassur´ e d` es que l’on constate que β ³ et β ⁵ sont diff´ erents de 1) :

β ⁰ = 1, β ¹ = β, β ² , β ³ , β ⁴ = β + 1, β ⁵ = β ² + β, β ⁶ = β ³ + β ² , β ⁷ = β ³ + β + 1,

β ⁸ = β ² + 1, β ⁹ = β ³ + β, β ¹⁰ = β ² + β + 1, β ¹¹ = β ³ + β ² + β, β ¹² = β ³ + β ² + β + 1,

β ¹³ = β ³ + β ² + 1, β ¹⁴ = β ³ + 1.

Maintenant, les ´ el´ ements de F ₁₆ sont alg´ ebriques sur F ₂ , de degr´ e divisant 4. Il faut les r´ epartir parmi les quatre polynˆ omes minimaux possibles (le polynˆ ome irr´ eductible de degr´ e 2 et les trois polynˆ omes irr´ eductibles de degr´ e 4). Une remarque aide : comme (X−1)(X ² +X+1) = X ³ −1 et (X−1)(X ⁴ +X ³ +X ² +X+1) = X ⁵ −1 (´ evidemment, les − sont aussi des +, mais il est plus facile de se souvenir de ces formules-ci), les ´ el´ ements de F 16 dont le polynˆ ome minimal est X ² + X +1 (resp. X ⁴ + X ³ + X ² + X + 1) sont les racines troisi` emes (resp. cinqui` emes) de l’unit´ e diff´ erentes de 1, c’est-` a-dire β <sup>5</sup> et β <sup>10</sup> (resp. β <sup>3</sup> , β <sup>6</sup> , β <sup>9</sup> et β <sup>12</sup> ). Pour le reste des calculs (c’est-` a-dire pour r´ epartir les huit ´ el´ ements restants entre les deux polynˆ omes irr´ eductibles X ⁴ + X + 1 et X ⁴ + X ³ + 1) la table des puissances de β permet de mener les calculs relativement rapidement. Par exemple, (β ³ +β ² +β) ⁴ +(β ³ +β ² +β ) ³ +1 = (β ¹¹ ) ⁴ +(β ¹¹ ) ³ +1 = β ⁴⁴ +β ³³ +1 = β ¹⁴ +β ³ +1 = 0.

On obtient ainsi les r´ esultats suivants.

– Le polynˆ ome minimal de 0 est X ; – Le polynˆ ome minimal de 1 est X − 1 ;

– Le polynˆ ome minimal de β ² + β et β ² + β + 1 est X ² + X + 1 ;

– Le polynˆ ome minimal de β ³ , β ³ +β ² , β ³ +β et β ³ +β ² +β +1 est X ⁴ +X ³ +X ² +X+1 ; – Le polynˆ ome minimal de β, β + 1, β ² et β ² + 1 est X ⁴ + X + 1 ;

– Le polynˆ ome minimal de β ³ + 1, β ³ + β + 1, β ³ + β ² + 1 et β ³ +β ² + β est X ⁴ + X ³ + 1.

En particulier, on obtient ainsi des ´ el´ ements de polynˆ ome minimal X ⁴ + X ³ + 1 et X ⁴ + X ³ + X ² + X + 1, ce qui permet de trouver des morphismes de corps

ϕ ⁰ = ´ ev _β

³

₊₁ : F ⁰ ₁₆ = F ₂ [X]/(X ⁴ +X ³ +1) → F ₁₆ , ϕ ⁰⁰ = ´ ev _β

³

: F ⁰⁰ ₁₆ = F ₂ [X]/(X ⁴ +X ³ +X ² +X+1) → F ₁₆ qui sont des isomorphismes par ´ egalit´ e des cardinaux (ou des F 2 -dimensions).

On remarque que l’on obtient de la mˆ eme fa¸ con un morphisme de corps ι = ´ ev _β

2

+β : F ₄ = F ₂ [X]/(X ² + X + 1) → F ₁₆ dont l’image est {0, 1, β ² + β, β ² + β + 1}.

Exercice 11. Commen¸ cons par remarquer que le fait que √ 3 + √

2 soit une racine du polynˆ ome P = X ⁴ − 10X ² + 1 n’a rien de sp´ ecifique au corps Q( √

2, √

3). Plus pr´ ecis´ ement, si K est un corps contenant deux ´ el´ ements d et t dont les carr´ es valent respectivement 2 et 3, on obtient

P(d + t) = (d + t) ⁴ − 10(d + t) ² + 1 = d ⁴ + 4d ³ t + 6d ² t ² + 4dt ³ + t ⁴ − 10 d ² + 2dt + t ² + 1

= 4 + 8dt + 36 + 12dt + 9 − 10 (2 + 2dt + 3) + 1 = 0.

Ainsi, le polynˆ ome P a une racine dans tout corps dans lequel 2 et 3 sont des carr´ es.

Puisqu’on va commencer ` a se demander si 2 et 3 sont des carr´ es, il vaut mieux distinguer tout de suite le cas des caract´ eristiques 2 et 3 : cela ne pose pas de probl` eme puisque

dans F ₂ : X ⁴ − 10X ² + 1 = X ⁴ + 1 = (X + 1) ⁴

dans F 3 : X ⁴ − 10X ² + 1 = X ⁴ + 2X ² + 1 = (X ² + 1) ² sont ´ evidemment r´ eductibles.

On peut alors vouloir utiliser le crit` ere vu ` a l’exercice 6. Plus pr´ ecis´ ement, le r´ esultat suivant, coupl´ e ` a ce crit` ere, montre l’exercice.

Lemme. Soit p ≥ 5 un nombre premier. Alors F _p admet une extension de degr´ e 2 dans lequel 2 et 3 sont des carr´ es.

Preuve. On va utiliser le fait bien connu que les ´ el´ ements de F ^× _p qui sont des carr´ es forment

un sous-groupe d’indice 2 dans F ^× _p .

Si 2 et 3 sont d´ ej` a des carr´ es modulo p, il suffit de prendre une extension quadratique quel- conque (c’est-` a-dire qu’on prend q ∈ F _p qui ne soit pas un carr´ e et on consid` ere l’extension F p [ √

q] = F q [X]/(X ² − q)).

Si 2 est un carr´ e modulo p mais que 3 ne l’est pas, il suffit de prendre l’extension quadratique F _p [ √

3] = F _q [X]/(X ² − 3) ; dualement, si 3 est un carr´ e mais que 2 ne l’est pas, il suffit de prendre l’extension F p [ √

2] = F q [X]/(X ² − 2).

Enfin, si ni 2 ni 3 n’est un carr´ e, le fait que les carr´ es forment un sous-groupe d’indice 2 montre que 6 est un carr´ e modulo p. Dans l’extension F _p [ √

2] = F _p [X]/(X ² − 2), 2 devient un carr´ e et 6 le reste, donc 3 = 6/2 devient lui aussi un carr´ e.

Cela conclut la preuve.

Remarques.

– Bien qu’on n’en ait pas eu besoin dans la preuve, un fait suppl´ ementaire permet d’obtenir une image beaucoup plus claire de ce qui se passe : on sait en effet que F p poss` ede une unique extension quadratique, F _p

2

, qui s’obtient en ajoutant une racine ` a un nombre qui n’en avait pas. Ainsi, les arguments que l’on a utilis´ es prouvent en fait que dans F _p

²

, tous les ´ el´ ements de F p sont des carr´ es.

– En utilisant explicitement la factorisation fournie par le crit` ere de l’exercice 6, il est possible de transformer cette preuve en une preuve plus ´ el´ ementaire : une fois que l’on sait que les carr´ es forment un sous-groupe d’indice 2 dans F <sup>×</sup> <sub>p</sub> , on sait qu’au moins un ´ el´ ement parmi 2, 3 et 6 poss` ede une racine dans F ^× _p . Ainsi, si l’on note d, t et s ces racines putatives, au moins une des trois factorisations suivantes a lieu dans F p :

X ⁴ − 10X ² + 1 = (X ² − 2dX − 1)(X ² + 2dX − 1), X ⁴ − 10X ² + 1 = (X ² − 2tX + 1)(X ² + 2tX + 1), X ⁴ − 10X ² + 1 = (X ² − (5 + 2s))(X ² + (5 + 2s)).

Mais en l’absence de tout contexte, cette preuve semble pour le moins parachut´ ee.