Sorbonne Université M1 de Mathématiques
4M002 (Algèbre et théorie de Galois) Automne 2020
TD n
◦7.
1 Nullstellensatz
Exercice 1. Soientf1,· · ·fm∈C[X1,· · · , Xn].
a) Montrer que si l’idéalI:= (f1,· · · , fm) deC[X1,· · ·, Xn] est propre, alors le système d’équationsfi(z) = 0,i= 1,· · ·, madmet une solutionz= (z1,· · ·, zn) dansCn.
b) SoitV ⊂Cn l’ensemble des solutions comme ci-dessus. On dit qu’une fonctionV −→Cestpolynômiale si c’est la restriction àV d’une fonction polynômiale surCn (donc donnée par évaluation d’un polynôme g∈C[X1,· · · , Xn]). Notons O(V) laC-algèbre des fonctions polynômiales surV. Montrer queO(V)' C[X1,· · ·, Xn]/√
I.
c) SoitV0⊂Cn
0 un autre ensemble algébrique. On dit qu’une applicationV −→V0 est polynômiale si elle est restriction d’une applicationCn−→Cn
0 polynômiale. Montrer que {App. Pol.V −→V0} 'HomC−alg(O(V0),O(V)).
Solution. a) SiI est propre, il est contenu dans un idéal maximal mde C[X1,· · · , Xn]. Le corps résiduel C[X1,· · ·, Xn]/mest alors une extension deCqui est de type fini en tant queC-algèbre, donc c’est une extension finie deCet, puisqueCest algébriquement clos, c’estClui-même (ie le morphisme canonique C−→C[X1,· · ·, Xn]/mest un isomorphisme). Soient alorszi:= ¯Xil’image deXidans ce corps résiduel.
Par définition, le morphisme d’évaluationC[X1,· · · , Xn]−→Cqui envoieXi surzi est nul surI, c’est- à-dire :∀f ∈I,f(z1,· · ·, zn) = 0. On conclut puisquefj ∈I.
b) Par définition, l’unique morphismeC[X1,· · ·, Xn]−→ O(V) qui envoieXisur la fonctioni-ème coordon- née (restreinte àV) est surjectif. Le problème est de calculer son noyau. Le raisonnement de la question précédente construit une bijection{Id. max.m contenantI} ←→V. Plus précisément, toutz∈Cn dé- finit un idéal maximalmz= (X1−z1,· · · , Xn−zn) de C[X1,· · · , Xn], et le Nullstellensatz nous dit que tout idéal maximal deC[X1,· · · , Xn] est de la formemzpour unz∈Cn. De plus, on az∈V ⇔I⊂mz. Il s’ensuit que le noyau cherché est{f ∈C[X1,· · ·, Xn],∀z∈V, f(z) = 0}=T
z∈V mz=T
m⊃Im=√ I.
c) Vu les définitions, si ϕest une application polynômiale V −→ V0 et si g est une fonction polynômiale V0−→C, alors la composéeg◦ϕest une fonction polynômialeV −→C. On obtient ainsi une application
{App. Pol. V −→V0} −→HomC−alg(O(V0),O(V)).
Réciproquement, on a une bijectionV ∼
−→HomC−alg(O(V),C) qui envoiezsur le morphisme d’évaluation evzenz. Donc siψ:O(V0)−→ O(V) est un morphisme deC-algèbres, alorsevz◦ψ:O(V0)−→Caussi, donc est de la formeevz◦ψ=evz0 pour un uniquez0∈V0. D’où une applicationϕ:V −→V0. Pour voir que cette application est polynômiale, on choisit un morphisme de C-algèbres ˜ψ : C[X1,· · · , Xn0] −→
C[X1,· · ·, Xn] faisant commuter le diagramme suivant :
C[X1,· · ·, Xn0]
ψ˜ //
π0
C[X1,· · · , Xn]
π
O(V0)
ψ //O(V) .
Posons alorsfi(X1,· · ·, Xn) := ˜ψ(Xi) pouri= 1,· · ·n0. L’applicationϕ:V −→V0 est alors donnée par ϕ(z) = (f1(z),· · ·, fn(z)), qui est bien polynômiale.
On a donc deux applications dans les deux sens, et on vérifie sur les définitions que ces applications sont réciproques l’une de l’autre.
Exercice 2(Normalisation de Noether). Soitkun corps etAunek-algèbre de type fini. On veut montrer qu’il existe une sous-k-algèbreA0 deAtelle que
— Aest un module de type fini surA0.
— A0 est isomorphe à une algèbre de polynômesk[X1,· · ·Xd] surk.
a) Soitf ∈k[Y1,· · · , Ym] un polynôme non nul. Montrer que pourr∈Nassez grand, le polynôme
fe(Ym) =f(Y1+Ymrm−1, Y2+Ymrm−2,· · · , Ym−1+Ymr, Ym)∈k[Y1,· · · , Ym−1][Ym] est unitaire à un facteur inversible près.
b) Soienty1,· · ·, ymdes générateurs de lak-algèbreA. SiAn’est pas isomorphe à une algèbre de polynôme, montrer qu’il existef ∈k[Y1,· · ·, Ym] tel quef(y1,· · ·, ym) = 0 dansA. Prenons alorsrcomme dans la question précédente et posons zi:=yi−y1rm−i pouri= 1,· · ·, m−1. Montrer que Aest un module de type fini sur la sous-algèbreA1:=k[z1,· · ·, zm−1] engendrée parz1,· · · , zm−1.
c) Prouver l’énoncé souhaité.
Solution. a) Prenonsrplus grand que les degrés partielsdi de chaque monômeYd=Y1d1· · ·Ymdm interve- nant dansf avec coefficient non nul, et notonsr(d) :=P
idirm−i. On a
(Y1d1^· · ·Ymdm) = (Y1+Ymrm−1)d1· · ·(Ym−1+Ymr)dm−1Ymdm= (Ym)r(d)+ X
k<r(d)
bkYmk
Notons que l’entier r(d) déterminedpar unicité du développementr-adique. Ainsi, le plus grand entier de la former(d) parmi les monômesYd apparaissant dansf =P
dadYdd avec coefficientad non nul, est atteint pour ununique teld. Notons ledmax. On a alors
fe(Ym) =ad
maxYmr(dmax)+ X
k<r(dmax)
ck(Y1,· · ·, Ym−1)Ymk.
b) SiAn’est pas une algèbre de polynômes, le morphisme surjectifk[Y1,· · · , Yn]−→Aqui envoieYi suryi
n’est pas injectif. Il suffit de prendref non nul dans le noyau. D’après la question précédente, on a dans Aune égalité de la forme
admaxymr(dmax)+X
ck(z1,· · ·, zm−1)ymk = 0
avecck(z1,· · ·, zm−1)∈A1. Doncymest entier surA1(au sens vu dans un TD précédent), etA=A1[ym] est donc de type fini commeA1-module.
c) On raisonne par récurrence sur l’entier m minimal d’une famille de générateurs de la k-algèbre A. Si m= 0, cela signifie que le morphismek−→Aest surjectif, et donc bijectif. Dans ce cas, on a le résultat directement avecd= 0. Supposons le résultat acquis pourm−1 générateurs, et soitA1définie comme au b). AlorsA1est engendrée parm−1 générateurs, donc par récurrence,An−1est finie sur une sous-algèbre de polynômes. D’après b),Aest aussi finie sur cette même sous-algèbre de polynômes.
2 Quelques extensions non algébriques
Exercice 3. Soitkun corps etK=k(X).
a) Montrer queK n’est pas de type fini en tant quek-algèbre.
b) SoitF ∈K\k. On écritF = P(X)Q(X), avecP, Q∈k[X] premiers entre eux.
i) Montrer queX est algébrique surk(F) (on pourra considérerR(T) :=P(T)−F Q(T)∈k(F)[T]).
ii) En déduire queF est transcendant surk.
iii) Montrer que [K: k(F)] = max(deg(P),deg(Q)) (on pourra montrer que R(T) est irréductible dans k[F][T]).
c) Soitφ: GL2(k)→Autk(K) le morphisme de groupe défini par
φ a b
c d
(R) =R
aX+b cX+d
. Montrer queφest surjectif, et que Ker(φ) =k×.
Solution. a) C’est du cours. Soit Fi = QPi
i, i = 1,· · · , n des fractions rationnelles. Alors pour toute F ∈ k[F1,· · · , Fn], le dénominateur de F divise une puissance de Q1· · ·Qn. En d’autres termes, on a k[F1,· · ·, Fn] ⊂ S−1k[X] où S est la partie multiplicative engendrée par les Qi. Mais alors, Q :=
Q
iQi + 1 ∈/ S, donc F := Q1 ∈/ k[F1,· · · , Fn]. Il s’ensuit que K n’est pas de type fini en tant que k-algèbre.
b) i) Evaluons R ∈ k(F)[T] ⊂ k(X)[T] en X : on a R(X) = P(X)−F(X)Q(X) = 0, donc R est un polynôme annulateur non nul de X dans k(F)[T], donc X est algébrique sur k(F). De plus, [k(X) :k(F)]6deg(R) =max(deg(P), deg(Q)).
ii) SiF est algébrique surk, [k(F) :k] est fini. Or [k(X) :k(F)] est fini donc par transitivité des degrés, [k(X) :k] est fini, ce qui est absurde.
iii) On a déjà l’inégalité [k(X) :k(F)]6deg(R) =max(deg(P), deg(Q)) . Pour avoir l’égalité, il suffit de démontrer que R ∈ k(F)[T] est le polynôme minimal de X, ou de manière équivalente, que R est irréductible dansk(F)[T]. CommeF est transcendant surk,k[F] est un anneau de polynômes à une variable (en l’occurrenceF) surk, c’est donc un anneau principal, et a fortiori factoriel. Il suffit alors de montrer que R est un élément irréductible de k[F][T] =k[T][F]. Or vu comme polynôme en F à coefficient dans k[T], R est de degré 1 en F, donc est irréductible dans k(T)[F]. De plus, pgcd(P, Q) = 1, donc R est primitif en tant que pôlynôme dek[T][F], doncR est irréductible dans k[T][F] donc aussi dansk(F)[T]. D’où le résultat.
c) Soitϕ∈Autk(K), et F =ϕ(X). Alors siR(X) = PQ(X)(X), on aϕ(R) =R(F). Il suffit donc de montrer queF est de la forme aX+bcX+d. EcrivonsF = PQ avecP etQpremiers entre eux. Commek(F) est l’image deϕ, par bijectivité de ϕ, on doit avoirk(F) =K. D’après a)iii),on a doncmax(deg(P), deg(Q)) = 1, donc P est de la forme aX +b et Qde la forme cX+d. CommeF n’est pas une fraction rationnelle constante, (a, b) et (c, d) ne sont pas colinéaires, et la matrice de l’énoncé est bien dans GL2(k).
Exercice 4. Soitf ∈C[T] unitaire de degré 3, de racinesz1, z2, z3∈C.
a) Montrer que K =Kz1,z2,z3 :=C(X)[T]/(X2−f(T)) est un corps de degré de transcendance 1 surC. Calculer [K:C(X)], montrer que l’imagetdeT dansK est transcendante, et calculer [K:C(t)].
b) Siz1=z2, montrer queKest transcendant pur engendré par TX−z
1.
c) Supposons leszi distincts deux à deux. Montrer qu’il existeλ∈C\ {0,1}tel que Kz1,z2,z3 'K0,1,λ. d) Montrer queK0,1,λ n’est pas transcendant pur, siλ6= 0,1.
Solution. a) SiKest un corps, il est manifestement algébrique surC(X), donc son degré de transcendance est 1. Pour voir que K est un corps, il faut montrer queX2−f(T) est un polynôme irréductible dans C(X)[T]. Comme C[X] est factoriel, il suffit de montrer que c’est un élément irréductible de l’anneau factoriel =C[X][T] =C[X, T]. Or, il est irréductible dansC(T)[X] car f n’a pas de racine carrée dans C(T) (puisque son degré est impair). De plus, sonC[T]-contenu est 1, donc il est aussi irréductible dans C[T][X] =C[T, X]. Puisque degT(X2−f(T)) = 3, on a [K :C(X)] = 3. Par ailleurs, notonst l’image de T dans K et C(t) la sous-extension de K engendrée par t. Alors X vérifie l’équation polynômiale X2=f(t) donc est algébrique de degré 2 surC(t). En particuliertest transcendant et [K:C(t)] = 2.
b) Notons K0 := C(T−zX
1) la sous-C-extension de K engendrée par T−zX
1. Comme la C-extension K est engendrée parX etT, il suffit de montrer queX, T ∈K0. Or, on a (TX−z
1)2=T−z2, doncT ∈K0, et il s’ensuit queX = (T−z1)T−zX
1 ∈K0.
c) L’unique automorphisme deC[X, T] qui envoie X surX etT surT−z1 induit un isomorphismeC(X)- linéaireKz1,z2,z3
−→∼ K0,z2−z1,z3−z1. Soit alorsµ∈C×tel queµ2= (z2−z1)3, et posonsλ:=zz3−z1
2−z1. Alors l’unique automorphisme deC[X, T] qui envoieX surµ−1X etT sur (z2−z1)−1T induit un isomorphisme C-linéaireK0,z2−z1,z3−z1 ∼
−→K0,1,λ.
d) Supposons qu’il existeU ∈K tel queK=C(U). Il existe donc deux fractions rationnelles irréductibles F =PQ etG= RS dansC(U) telles queX =F(U) etT =G(U). Notons que par le calcul des degrés en a) et l’exercice précédent, on a max(deg(P),deg(Q)) = 3 et max(deg(R),deg(S)) = 2. On a alors l’égalité
P(U)2
Q(U)2 =R(U)(R(U)−S(U))(R(U)−λS(U)
S(U)3 .
On remarque que la multiplicité d’un facteur irréductible du terme de gauche est toujours paire. Dans le terme de droite, on remarque que les polynômesR, S, R−S etR−λS sont deux à deux premiers entre
eux. Il s’ensuit que chacun de ces polynômes est soit de degré 2 à racine double, soit constant. Puisque R et S ne sont pas tous les deux constants, on voit qu’au moins deux parmi les trois polynômes R, S et R−S ont degré 2, puis qu’au moins trois parmi les quatre polynômes R, S, R−S et R−λS ont degré 2. Siw1, w2, w3 sont les racines (doubles) de chacun de ces trois polynômes, on a alors une égalité du typea1(X −w1)2+a2(X−w2)2+a3(X−w3)2 = 0 aveca1a2a36= 0. En développant, on voit que le vecteur colonne (a1, a2, a3) annule la matrice de Vandermonde dont les colonnes sont les (1, wi, w2i).
Mais puisque leswi sont deux à deux distincts, cette matrice est inversible donc a1 =a2 =a3 = 0, ce qui contredita1a2a36= 0.
Exercice 5. Soitpun nombre premier, et notonsK:=Fp(X, Y).
a) Montrer queKp:={xp, x∈K}est un sous corps deK et que [K:Kp] =p2.
b) Montrer que pour toutx∈K, le degré du polynôme minimal de xsurKp est inférieur àp. En déduire que l’extensionKp⊂K n’est pas monogène.
Solution. a) C’est l’image de l’endomorphisme de Frobenius x7→ xp, qui est un endomorphisme de Fp- algèbres.
b) Le polynôme minimalfx(T) dexsur Kp diviseTp−xp. L’extension de Kp engendrée parK est donc de degré6p.
3 Quelques polynômes irréductibles
Exercice 6. Soitn∈N∗. Soit Φn =Q
k∈(Z/nZ)×(X−e2iπk/n)∈C[X].
a) Montrer queXn−1 =Q
d|nΦd. En déduire que Φn∈Z[X].
b) Soit ζ une racine primitive nede 1 et p un nombre premier premier à n. Soit f et g les polynômes minimaux unitaire surQdeζ etζ0=ζp. On supposef 6=g. Montrer que f g|Φn et f|g(Xp).
c) Montrer que l’image de Φn dansFp[X] a un facteur irréductible ayant multiplicité au moins deux, et en déduire une contradiction.
d) En déduire que Φn est un polynôme irréductible dansQ[X].
Solution. a) Soit µn l’ensemble des racinesn-èmes de l’unité dans C, et µ∗n le sous-ensemble des racines primitives, i.e. d’ordre exactementn. On a donc une partition µn=F
d|nµ∗d. On en déduit une factori- sation
Xn−1 = Y
ζ∈µn
(X−ζ) =Y
d|n
Y
ζ∈µ∗d
(X−ζ) =Y
d|n
Φd(X).
On raisonne alors par récurrence, en commençant avec Φ1(X) =X−1∈Z[X]. Supposons que Φd(X)∈ Z[X] pour tout diviseur strict den, et posons Ψn(X) :=Q
d|n,d6=nΦd(X). On a donc l’égalitéXn−1 = Ψn(X)Φn(X) dansC[X]. D’un autre côté, puisque Ψn(X) est unitaire dansZ[X], l’algorithme de division euclidienne nous donne q, r∈Z[X] tels que Xn−1 = Ψn(X)q(X) +r(X). Or, cette égalité est encore valable dansC[X], doncqet rsont aussi le quotient et le reste de la division euclidienne dansC[X], ce qui nous permet d’identifierr= 0 etq= Φn dansC[X], et d’en conclure que Φn∈Z[X].
b) Puisque f et g sont irréductibles et distincts dans l’anneau principal Q[X], ils sont premiers entre eux.
Mais alors, toujours parce queQ[X] est principal,f|Φnet g|Φn implique quef g|Φn. Par ailleurs,g(Xp) annuleζdoncf|g.
c) Écrivons, Φn=f ghdansQ[X]. Commef,get hsont unitaires et Φn∈Z[X], on sait quef,get hsont dans Z[X]. On obtient dons une égalité ¯Φn = ¯fg¯¯hdans Fp[X] et, de plus, on a ¯f(X)|¯g(Xp) = ¯g(X)p. Soit alorshun facteur irréductible de ¯f. Il divise ¯gp, donc aussi ¯g(lemme de Gauss), donch2|Φ¯n. Or ¯Φn
diviseXn−1 qui est un polynôme séparable puisque (Xn−1)0=nXn−1etn6= 0 dansFp. Donc ¯Φn est séparable, ce qui contredit l’existence deh.
d) Avec les notations de la question b), il suffit de montrer quef = Φn. On vient de voir que pourppremier et premier àn, ζp est une racine de f. On en déduit plus généralement que l’ensemble des racines def est stable par élévation à la puissancep. Ceci étant vrai pour toutppremier àn, on en déduit que cet ensemble est aussi stable par élévation à la puissancempour tout entiermpremier àn. Or, toute racine n-ème primitive de l’unité est une telle puissance deζ. Doncf = Φn.
Exercice 7. Soitpun nombre premier eta∈Fp. SoitP =Xp−X−a∈Fp[X].
a) Sia= 0, donner la décomposition en facteur irréductible de P. On suppose dorénavanta6= 0.
b) Montrer queP(X+ 1) =P(X).
c) SoitQun facteur irréductible deP. Montrer queQ(X+ 1) est aussi un facteur irréductible deP. d) Montrer que Q(X + 1) =Q(X) (on pourra considérer une action de Z/pZ sur l’ensemble des facteurs
irréductibles deP).
e) Montrer que siR∈Fp[X] est de degré6p−1 etR(X+ 1) =R(X), alorsRest un polynôme constant.
f) En déduire queP est irréductible.
g) Soitb∈Zpremier à p. Montrer queXp−X−best un polynôme irréductible deQ[X].
Solution. a) On aXp−X =Q
x∈Fp(X−x).
b) P(X+ 1) = (X+ 1)p−(X+ 1)−a=Xp+ 1−X−1 +a=P(X).
c) L’applicationτ : R(X)7→R(X+ 1) définit un automorphisme de l’anneauFp[X]. Donc Q(X+ 1) est aussi irréductible et diviseP(X+ 1) =P(X).
d) L’automorphismeτ vérifieτp = id. Donc l’orbite deQsousτ est de cardinal 1 ou p. Si cette orbite est de cardinal p, alorsQ(X)Q(X + 1)· · ·Q(X +p−1) divise P et donc deg(Q) = 1 etP est scindé sur Fp[X], donc égal àXp−X. C’est exclu, donc l’orbite a cardinal 1 et, en particulier,Q(X+ 1) =Q(X).
e) Soit R tel que R(X + 1) = R(X). Si R est non constant, il admet une racine αdans ¯Fp. Mais alors, α, α+ 1,· · · , α+p−1 sontpracines distinctes deR, donc deg(R)>p.
f) Clair à partir de d) et e).
g) Si on a une factorisation Xp−X −b =Q(X)R(X) dans Q[X] avec Q, R unitaires, alors on sait que Q, R ∈ Z[X]. En réduisant modulo p et en utilisant la question f), on en déduit que deg(Q) = p ou deg(R) =p, et doncR= 1 ouQ= 1.
![1. Faire le tableau de variations de f . 2. Donner un majorant k de | f ′ | sur [0, 1].](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAP///wAAACH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAICRAEAOw==)