On en déduit queAn’est pas un corps

Université de Bordeaux Master CSI

Collège Sciences et Technologies Arithmétique

Année 2017-2018

Corrigé du devoir surveillé du 9 novembre 2017

Exercice 1–

1)Dans F7[X], le polynôme X³+ 5X²+X+ 5 vaut (X+ 5)(X²+ 1) et n’est donc pas irréductible. On en déduit queAn’est pas un corps.

2)Le polynômeX est premier avec X³+ 5X²+X+ 5dansF7[X]. Doncα∈A^×. 3)On aα³ = 2α²+ 6α+ 2. On en tire α⁴ = 2α³+ 6α²+ 2α= 3α²+ 4,α⁶= 3α⁴+ 4α² = 6α²+ 5etα¹²=α⁴+ 4α²+ 4 = 1.

4)Comme12 = 2²×3et commeα¹²= 1,α⁶6= 1 etα⁴6= 1, l’ordre deα dansA^× est12.

5) On vérifie que X² + 1 n’a pas de racine dans F7. Comme il est de degré 2, il est irréductible dans F7[X] et la décomposition de X³ + 5X² +X+ 5 en facteurs unitaires irréductibles dansF7[X]est celle vue en question 1. NotonsK₁ le corps F7[X]/hX+ 5i et K2 le corps F7[X]/hX²+ 1i. Le théorème chinois établit que les anneaux A et K1×K2

ainsi que les groupesA^× etK₁^××K₂^× sont isomorphes. Comme |K₁|= 7 et|K₂|= 7² on en déduit que|A^×|= (7−1)(7²−1) = 288.

6)Notonsf l’isomorphisme d’anneaux standard entre A etK₁×K₂ : f

P(X) modX³+ 5X²+X+ 5

=

P(X) modX+ 5, P(X) modX²+ 1

,

qui induit l’isomorphisme de groupes standard entre A^× et K₁^××K₂^×. Soit β ∈ A^×. Si f(β) = (x, y) où(x, y)∈K₁^××K₂^×, on a f(β⁴⁸) = (x⁴⁸, y⁴⁸) carf est un morphisme. Or pour toutx∈K₁^×,x⁶ = 1et pour touty∈K₂^×,y⁴⁸= 1. On en déduit quef(β⁴⁸) = (1,1).

Commef est bijectif et comme f(1) = (1,1), on aβ⁴⁸= 1 et la conclusion.

Non, sinon il existerait un élément d’ordre 288 dansA^×.

7)Soient y un élément primitif de K2, donc d’ordre 48 dans K₂^× et x∈ K₁^× quelconque.

Soitγ ∈A^× l’antécédent par f de (x, y). Si r >1 est l’ordre de γ dansA^× on a (1,1) = f(1) = f(γ^r) = f(γ)^r = (x^r, y^r) d’où y^r = 1 et 48 | r. Par la question précédente on a nécessairementr = 48.

8)On applique ce qui précède en cherchant un élément primitify de K₂. Soit λla classe deX dansK₂. Comme y6∈F7 et comme il y aϕ(48) = 16éléments primitifs dansK₂, on trouve vite un candidat, par exempley =λ+ 2. En effet, y² = 4λ+ 3,y⁴ = 3λ,y⁸ = 5, y¹⁶ = 46= 1 et y²⁴ = 6 6= 1. On en déduit par exemple que α+ 2 = f⁻¹(4, y) ∈ A^× est d’ordre48dansA^×.

Exercice 2–

1)On aP(α) = 0d’oùΦ(α) = 0. MaisΦ(α)(α−1) =α^p−1et doncα^p = 1. Ceci implique queα∈L^× et est d’ordre r un diviseur de p dansL^×. Comme p est premier, r= 1 ou p.

Or sir = 1 on a α = 1 etΦ(1) = 0. Mais Φ(1) =p 6= 0 car la caractéristique deK donc deL est supposée différente dep. Finalementα est d’ordre pdansL^×.

2)On en déduit (théorème de Lagrange) que pdivise |L^×|=|L| −1 =|K|^d−1 =n^d−1.

On a bienn^d≡1 modp et commen^d= 1 dansFp, on obtientn∈F^×p.

3)Par hypothèse l’ordre dendansF^×p vaut p−1. Commen^d= 1 etd>1, on obtient que p−1 |d. Mais d= degP(X) 6 deg Φ(X) = p−1. Ceci implique que d =p−1 et qu’il existeλ∈K^× tel que Φ(X) =λP(X). AinsiΦ(X) est irréductible dansK[X].

4)Comme la classe de q dansFp engendre F^×_p, on a forcément q 6=p. On utilise alors ce qui précède avecK=Fq.

5)Comme q engendreF^×p on n’a que deux classes cyclotomiquesq-aires modulop,{0}(la classe de0) et{1,2, . . . , p−1}(la classe de1) . On en déduit queX^p−1se décompose en produit de deux irréductibles unitaires deFq[X](l’un de degré1, l’autre de degrép−1). Or X^p−1 = (X−1)Φ(X). Seule possibilité :Φ(X)est un des deux facteurs, donc irréductible dansFq[X].

6) Par ce qui précède, il suffit de vérifier que dans F7, 3 et 47 = 5 sont des éléments primitifs, ce qui se fait sans peine.

7)Pour d>1, notons Ed l’ensemble des polynômes unitaires irréductibles de degré dde F3[X]etN_d le cardinal deE_d. Dans F3[X], on a

X³³−X= Y

P(X)∈E1

P(X) Y

P(X)∈E3

P(X)

d’où l’on tire (en observant les degrés)3³ =N₁+3N₃. CommeN₁ = 3on obtient3N₃= 24.

On a aussi

X³⁶ −X = Y

P(X)∈E1

P(X) Y

P(X)∈E2

P(X) Y

P(X)∈E3

P(X) Y

P(X)∈E6

P(X)

= (X³² −X) Y

P(X)∈E3

P(X) Y

P(X)∈E6

P(X)

d’où l’on déduit3⁶ = 3²+ 3N₃+ 6N₆. Comme 3N₃ = 24on obtientN₆ = 116.

8)Il y en aϕ(3⁶−1)/6. Comme 3⁶−1 = 2³×7×13, on trouve(2²×6×12)/6 = 48.

9)Soitβ la classe deX dansF3[X]/hQ(X)i. On aβ⁷−1 = (β−1)Q(β) = 0 d’oùβ⁷= 1.

L’ordre deβ dans(F3[X]/hQ(X)i)^× étant différent de 3⁶−1,Q(X) n’est pas primitif.

10)Les sous-corps deF3⁶ sont lesF3^d oùd|6. Ce sont doncF3,F3²,F3³ etF3⁶. Le schéma des inclusions est le suivant.

F3⁶

% -

F3³ F3²

- %

F3

11) On remarquera d’abord que x 6∈ F3. Calculons en utilisant Frobenius, Q(β) = 0 et β⁷ = 1 :x³ = β¹²+β⁶+β³ = 2β⁴+ 2β²+ 2β+ 2 = 2x+ 2, x³² = 2x³+ 2 =x. On en déduit quex∈F3². Comme x6∈F3 =F3³ ∩F3², on n’a qu’une réponse possible :F3². 12) Par la question précédente, le polynôme cherché est de degré 2. Or on a x² = β⁸ + β⁴+β² + 2β⁶ + 2β⁵+ 2β³ = β +β⁴+β²+β⁵ +β⁴+β³+β² +β+ 1 + 2β⁵ + 2β³ = 2β⁴+ 2β²+ 2β+ 1 = 2x+ 1. On en déduit quex²+x+ 2 = 0. Nécessairement, le polynôme minimal dexsur F3 estX²+X+ 2.

On aurait pu aussi voir que dans la question précédente on avait trouvéx³ = 2x+ 2, d’où (x−1)(x²+x+ 2) = 0. Commex6= 1, on a x²+x+ 2 = 0.

Autre méthode : le polynôme cherché de degré2, irréductible sur F3 a pour racines x et x³ : il s’agit de (X−x)(X−x³) =X²−(x+x³)X+x⁴ et on calcule.

13)Dans M =F3(x), la trace dex vaut −1 = 2 car le coefficient en X de son polynôme minimal est1. On pouvait aussi calculerx+x³=x+ 2x+ 2 = 2. Dans F3⁶, la trace dex vaut(x+x³) + (x³²+x³³) + (x³⁴+x³⁵) = (x+x³) + (x+x³)³²+ (x+x³)³⁴ par Frobenius.

Comme x+x³ ∈ F3, les trois termes de la somme sont égaux et la trace de x dans F3⁶

vaut0.