Examen du module “Alg`ebre et G´eom´etrie”
Master 1 en Math´ematiques Fondamentales
Universit´e Paul Sabatier, 06/2011 Solutions et Indications
Exercice 1. Soit N le Z-sous-module de Z3 engendr´e par les trois
´
el´ements ν1 = (6,2,14), ν2 = (18,4,40), ν3 = (6,−2,10). Soit M = Z3/N leZ-module quotient de Z3 par N.
i) Montrer queN est un Z-module libre, et trouver une base de N. Tout sous-module d’un module libra de type fini d’un anneau prin- cipal est lui-m ˆeme libre. En particulier, N est libre.
Une base de N:
η1 = 3ν1 −ν2 = (0,2,2) = 2×(0,1,1), η2 = ν1 −η1 = (6,0,12) = 6×(1,0,1).
Il est facile de voir que (η1, η2) est une base de N. ii) Quel est le rang du Z-moduleM ?
rankZM =rankZZ3−rankZN = 3−2 = 1.
iii) Trouver une d´ecomposition deM (sous forme de somme directe deZ-modules cycliques).
(Z/2Z)⊕(Z/6Z)⊕Z
Exercice 2. i) Montrer que Q(√ 2,√
5) =Q(√ 2 +√
5), et determiner le polynome irreductible de √
2 +√
5 sur Q. Il est ´evident que √
2 + √
5 ∈ Q(√ 2,√
5) donc Q(√ 2 + √
5) ⊂ Q(√
2,√
5). De l’autre cˆot´e, on a √ 5−√
2 = 3/(√ 5 +√
2)∈ Q(√
√ 2 +
5), donc √
5 = (1/2)((√ 5−√
2) + (√ 5 +√
2)) ∈Q(√ 2 +√
5), et de mˆeme pour√
2.
[Q(√ 2 +√
5) : Q] = [Q(√ 2,√
5) :Q(√
2)].[Q(√
2) :Q] = 2×2 = 4, donc le pˆolymone irreductible de √
2 +√
5 est de d´egr´e 4.
Mettons a = √ 2 +√
5. On a a2 = 7 +√
40, (a2 −7)2 −40 = 0, ou a4 −14a2 + 9 = 0. Donc le pˆolymone irreductible de √
2 +√ 5 est X4−14X2+ 9.
ii) D´eterminer le pˆolynome irreductible deb =√ 2 +√
5 +√
7 surQ. On a√
2+√ 5−√
7 = 2√
10/b,donc 2(2+5+7)+4√
10 = (√ 2+√
√ 5−
7)2+(√ 2+√
5−√
7)2 =b2+40/b2 ∈Q(b),donc√
10∈Q(b),et donc
√2 +√ 5−√
7∈Q(b),d’o`uQ(b) = Q(√ 2 +√
5,√
7) = Q(√ 2,√
5,√ 7).
On obtient que le degr´e du pˆolynome irreductible debest ´egal `a [Q(b) : Q] = 8.
On a b2 + 40/b2 = 2(2 + 5 + 7) + 4√
10 = 28 + 4√
10, donc (b2 + 40/b2−28)2−160 = 0, ou (b4−28b2 + 40)2−160b4 = 0.
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Exercice 3. Soit K = Q, P(X) = X4 −11, et soit L un corps de d´ecomposition du polynome P surK.
i) D´eterminer le groupe de Galois Gal(L/K), et calculer [L:K].
Il est facile de voir que P est irreductible sur K. Notons η1 =
√4
11, η2 =iη1, η3 =−η1, η4 =−iη1 ses quatre racines, o`ui=√
−1. On peut ´ecrireL∼=K(η1, η2, η3, η4) =K(η1, i),et on a [L:K] = [K(η1, i) : K(η1)].[K(η1) :K] = 2×4 = 8.Donc le groupe da GaloisGal(L/K) a 8 ´el´ements.
Soit φ un ´el´ement de Gal(L/K). Alors φ(η1) est une racine de P, φ(i) = ±i, et φ est compl`etement d´etermin´e par φ(η1) et φ(i). On a donc 8 possibilit´es, qui correspondent aux 8 ´el´ements de Gal(L/K) :
φk(η1) =ηk, φk(i) = i, k= 1,2,3,4
φk+4(η1) =ηk, φk+4(i) =−i, k= 1,2,3,4.
C’est le groupe di´edral D4 (o`u φ1, . . . , φ4 sont les rotations).
ii) Trouver tous les sous-extensions interm´ediaires de L/K.
Il faut trouver les sous-groupes de Gal(L/K) ∼= D4 (qui sont non- triviaux et strictement plus petits que Gal(L/K)):
* Le sous-groupe {φ1, φ2, φ3, φ4}, qui correspond `a la sous-extension K(i)
* Le sous-groupe{φ1, φ3, φ5, φ7}, ext. K(√ 11)
* Le sous-groupe{φ1, φ3, φ6, φ8}, ext. K(i√ 11)
* Le sous-groupe{φ1, φ3}, ext. K(i,√ 11)
* Le sous-groupe{φ1, φ5} ext. K(η1)
* Le sous-groupe{φ1, φ6} ext. K((1 +i)η1)
* Le sous-groupe{φ1, φ7} ext. K(iη1)
* Le sous-groupe{φ1, φ8} ext. K((1−i)η1)
iii) Trouver un ´el´ement primitifade l’extensionL/K, c’est `a dire tel que L=K(a).
On peut mettre a=i+√4 11.
