(3) Exercice 1. √ Soit d un entier positif. Quel est le d´ eveloppement en fraction continue du nombre d 2 + 1 ? En d´ eduire que ce nombre est irrationnel.

Universit´ e P. et M. Curie (Paris VI), Michel Waldschmidt Deuxi` eme semestre 2006/2007

Master de sciences et technologies 1` ere ann´ ee - Mention : Math´ ematiques et applications Sp´ ecialit´ e : Math´ ematiques Fondamentales MO11 : Th´ eorie des nombres (12 ECTS)

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Contrˆ ole du 6 mars 2007 Barˆ eme approximatif : sur 20

(3) Exercice 1. √ Soit d un entier positif. Quel est le d´ eveloppement en fraction continue du nombre d ² + 1 ? En d´ eduire que ce nombre est irrationnel.

R´ esoudre les ´ equations x ² − (d ² + 1)y ² = 1 et x ² − (d ² + 1)y ² = −1 en entiers x, y positifs.

(8) Exercice 2. On pose ζ = e ^iπ/6 et j = e ^2iπ/3 .

a) D´ ecomposer le polynˆ ome X ¹² − 1 en facteurs irr´ eductibles sur Q.

b) Pour chacun des douze nombres complexes

1, ζ, −j ² , i, j, jζ, −1, −ζ, j ² , −i, −j, −jζ, donner son polynˆ ome irr´ eductible sur Q.

c) Soit G le groupe de Galois de Q(ζ) sur Q. Pour chacun des ´ el´ ements de G, dire quelle est l’image de ζ, i et j.

d) Quels sont les sous-corps de Q(ζ) ? Quels sont les entiers d > 0 tels que Q( √

d) soit contenu dans Q(ζ) ?

(9) Exercice 3.

a) On note f ₁ (X ) le polynˆ ome X ⁴ + 4 et K ₁ ⊂ C son corps de d´ ecomposition sur Q. Quelles sont les racines de f ₁ dans C ? Quel est le degr´ e de K ₁ sur Q ? Quel est le groupe de Galois de K ₁ sur Q ?

b) On note f ₂ (X ) le polynˆ ome X ³ − 2 et K ₂ ⊂ C son corps de d´ ecomposition sur Q. Quelles sont les racines de f ₂ dans C ? Quel est le degr´ e de K ₂ sur Q ? Quel est le groupe de Galois de K ₂ sur Q ? Quels sont les sous-corps quadratiques de K 2 ?

On rappelle la terminologie : un corps quadratique est une extension de Q de degr´ e 2.

c) Quelle est l’intersection de K 1 et K 2 ?

Soit K ⊂ C le corps de d´ ecomposition sur Q du produit f 1 f 2 . Quel est le degr´ e de K sur Q ? d) Trouver tous les sous-corps quadratiques de K.

e) Donner un exemple d’´ el´ ement primitif de l’extension K/Q, c’est-` a-dire un ´ el´ ement γ ∈ K tel

que K = Q(γ).

Universit´ e P. et M. Curie (Paris VI), Michel Waldschmidt Deuxi` eme semestre 2006/2007

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Contrˆ ole du 6 mars 2007 Corrig´ e

Exercice 1. Les in´ egalit´ es

d ² < d ² + 1 < (d + 1) ² montrent que la partie enti` ere du nombre t = √

d ² + 1 est d. On ´ ecrit p d ² + 1 = d + 1

x et on trouve

x = 1

√ d ² + 1 − d = d + t, donc

t = d + 1 d + t ·

On aurait pu aussi obtenir ce r´ esultat en ´ ecrivant (t − d)(t + d) = t ² − d ² = 1.

Alors

t = d + 1 2d + 1

d + t et le d´ eveloppement en fraction continue de t est

[d; 2d, 2d, . . . ] = [d; 2d].

Comme ce d´ eveloppement est infini, t est irrationnel.

Une solution de l’´ equation

x ² − (d ² + 1)y ² = −1

est (x 1 , y 1 ) = (d, 1). On obtient toutes les solutions (x k , y k ) (k = 1, 2, . . .) en entiers x, y positifs de l’´ equation x ² − (d ² + 1)y ² = ±1 en ´ ecrivant

x k + y k

p d ² + 1 = (d + p

d ² + 1) ^k (k ≥ 0).

Pour k pair on obtient les solutions de l’´ equation x ² − (d ² + 1)y ² = 1 : (x 0 , y 0 ) = (1, 0), (x 2 , y 2 ) = (2d ² + 1, 2d) et

x 2h + y 2h

p d ² + 1 = (2d ² + 1 + 2d p

d ² + 1) ^h (h ≥ 0).

1

Pour k impair on obtient les solutions de l’´ equation x ² − (d ² + 1)y ² = −1 : par exemple (x ₁ , y ₁ ) = (d, 1), (x ₃ , y ₃ ) = (4d ³ + 3d, 4d ² + 1).

Exercice 2.

a) Les diviseurs de 12 sont 1, 2, 3, 4, 6 et 12. Le polynˆ ome X ¹² − 1 est donc facteur de 6 polynˆ omes irr´ eductibles sur Q qui sont les polynˆ omes cyclotomiques

Φ 1 (X ) = X − 1, Φ 2 (X) = X + 1, Φ 3 (X ) = X ² + X + 1, Φ ₄ (X ) = X ² + 1, Φ ₆ (X ) = X ² − X + 1, Φ ₁₂ (X ) = X ⁴ − X ² + 1.

b) Les douze nombres 1, ζ, −j ² , i, j, jζ, −1, −ζ, j ² , −i, −j, −jζ sont les racines 12` emes de l’unit´ e dans l’ordre

{1, ζ, ζ ² , . . . , ζ ¹¹ } = {ζ ^k ; k = 0, 1, . . . , 11}.

Ce sont donc les racines du polynˆ ome X ¹² − 1 et 1 est racine de Φ 1 ,

−1 est racine de Φ 2 ,

j et j ² sont les racines de Φ 3 , i et −i sont les racines de Φ 4 ,

−j et −j ² sont les racines de Φ ₆ ,

ζ, jζ, −ζ et −jζ sont les racines de Φ ₁₂ : ce sont les racines primitives 12` emes de l’unit´ e ζ, ζ ⁵ , ζ ⁷ , ζ ¹¹

car les classes de 1, 5, 7 et 11 sont les ´ el´ ements inversibles de l’anneau Z/12Z.

On peut aussi dire que, comme i et −i sont d’ordre 4 dans le groupe multiplicatif C ^× , que j et j ² sont d’ordre 3 et que 3 et 4 sont premiers entre eux, chacun des produits ij, −ij, ij ² , −ij ² est d’ordre 12. On a en effet

ζ = −ij, ζ ⁵ = −ij ² , ζ ⁷ = ij, ζ ¹¹ = ij ² = ζ = ζ ⁻¹ . On voit aussi que Q(ζ) = Q(i, j).

b) Le groupe G est isomorphe au groupe multiplicatif (Z/12Z) ^× des entiers premiers avec 12. On peut noter ses 4 ´ el´ ements σ 1 (qui est l’identit´ e), σ 5 , σ 7 et σ 11 , avec σ k (ζ) = ζ ^k .

Comme σ 5 (ζ) = ζ ⁵ = jζ et que i = ζ ³ , j = ζ ⁴ , on trouve

σ 5 (i) = (jζ) ³ = i, σ 5 (j) = (jζ) ⁴ = j ² . Comme σ ₇ (ζ) = ζ ⁷ = −ζ on trouve de mˆ eme

σ 7 (i) = (−ζ) ³ = −i, σ 7 (j) = (−ζ) ⁴ = j.

Enfin σ 11 est le compos´ e σ 5 ◦ σ 7 , il v´ erifie ζ 11 (ζ) = ζ ¹¹ = ζ et σ ₁₁ (i) = −i, σ ₁₁ (j) = j ² .

d) Le groupe G est ab´ elien d’ordre 4, non cyclique, il admet donc trois sous-groupes d’ordre 2, ce

qui fait que Q(ζ) poss` ede trois sous-corps quadratiques (donc cinq sous-corps en tout, en comptant

Q et Q(ζ)).

Comme ζ ³ = i est fix´ e par σ 5 le sous-corps de Q(ζ) fix´ e par le sous-groupe {1, σ 5 } de G est Q(i). De mˆ eme le sous-corps de Q(ζ) fix´ e par le sous-groupe {1, σ 7 } de G est Q(j). Enfin σ 11

est la conjugaison complexe, le sous-corps fix´ e par {1, σ 11 } est le sous-corps r´ eel maximal de Q(ζ) (intersection de Q(ζ) avec R). Comme Q(j) = Q(i √

3) on a Q(ζ) = Q(i, √

3) et le sous-corps fix´ e par σ 11 est Q( √

3).

On peut aussi ´ ecrire √

3 = i(j ² − j) et utiliser les relations σ 11 (i) = −i, σ 11 (j) = j ² , σ 11 (j ² ) = j pour v´ erifier σ 11 ( √

3) = √ 3.

Le seul sous-corps quadratique r´ eel de Q(ζ) est Q( √

3), donc les entiers d > 0 tels que Q(ζ) contienne Q( √

d) sont les carr´ es a ² (avec a entier positif) et les produits 3a ² de 3 par un carr´ e.

Exercice 3.

a) On trouve les racines complexes de f 1 (X ) = X ⁴ + 4 en posant Y = X/ √

2 : les racines du polynˆ ome Y ⁴ +1 = Φ 8 (Y ) sont les racines primitives 8` emes de l’unit´ e (±1 ±i) √

2/2. Par cons´ equent celles de f 1 sont ±1 ± i. Comme ce sont quatre nombres quadratiques sur Q, le polynˆ ome f 1 est produit de deux polynˆ omes irr´ eductibles de degr´ e 2, ` a savoir X <sup>4</sup> + 4 = (X <sup>2</sup> + 2X + 2)(X <sup>2</sup> −2X + 2) (ce que l’on v´ erifie trivialement bien entendu). Le corps de d´ ecomposition sur Q de f <sub>1</sub> est donc K <sub>1</sub> = Q(i), il est de degr´ e 2 sur Q, de groupe de Galois le groupe cyclique ` a 2 ´ el´ ements {1, τ } o` u τ est la conjugaison complexe.

b) Les trois racines complexes de f ₂ (X ) = X ³ − 2 sont α = √

2, jα et j ² α, quand j d´ esigne une racine du polynˆ ome X ² + X + 1 (c’est-` a-dire que j est une racine primitive cubique de l’unit´ e).

Le corps de d´ ecomposition sur Q de f 2 est K 2 = Q(j, √

2), il est de degr´ e 6 sur Q, de groupe de Galois le groupe sym´ etrique S 3 sur 3 lettres. Le groupe G a, comme S 3 , un unique sous-groupe H d’ordre 3 (et d’indice 2), donc K 2 poss` ede un unique sous-corps quadratique qui est K ₂ ^H = Q(j).

c) Le corps K 1 est quadratique et n’est pas contenu dans K 2 , donc l’intersection de K 1 et K 2 est un sous-corps de K 1 distinct de K 1 : c’est donc Q. Le compositum de K 1 et K 2 est K = Q(i, j, α), c’est une extension de degr´ e 2 de K 2 (puisque K 1 n’est pas contenu dans K 2 ), donc [K : Q] = 12.

d) Soit G le groupe de Galois de K sur Q, d’ordre 12. On peut utiliser le fait que les corps K 1 et K 2 sont galoisiens sur Q et ont pour intersection Q, donc leur compositum K est galoisien sur Q et a pour groupe de Galois le produit direct G 1 × G 2 . Cela permet de v´ erifier que G a un unique sous-groupe d’ordre 3, celui qui fixe le corps quartique Q(i, j) (quartique = de degr´ e 4 sur Q). On peut aussi le v´ erifier en donnant la liste de tous les sous-groupes de G (voir ci-dessous).

Un sous-corps quadratique de K est fix´ e par un sous-groupe de G d’ordre 6. Un groupe d’ordre 6 contient un unique sous-groupe d’ordre 3. Le seul sous-groupe d’ordre 3 de G est celui qui fixe Q(i, j). Remarquons que Q(i, j) est le corps cyclotomique Q(ζ) de la question pr´ ec´ edente. Les sous-corps quadratiques de K sont donc ceux de Q(i, j), qui sont, comme nous l’avons vu, Q(i), Q(j) et Q( √

3).

Remarque. Bien que la question ne soit pas pos´ ee, on peut compl´ eter la description de tous les sous-corps de K. Par la th´ eorie de Galois cela revient ` a d´ ecrire les sous-groupes de G.

Un ´ el´ ement de G est d´ etermin´ e par les images de α, i et j. L’image d’un nombre alg´ ebrique par un automorphisme est un conjugu´ e de ce nombre. Donc l’image de α est α, jα ou j ² α, celle de i est i ou −i, celle de j est j ou j ² . Cela donne les 3 × 2 × 2 = 12 triplets possibles et les 12

´ el´ ements du groupe de Galois.

Notons % l’´ el´ ement de G d’ordre 3 qui fixe i et j et qui envoie α sur jα. Notons ensuite σ 1 celui qui fixe α et i et qui envoie j sur j ² . Notons enfin σ 2 celui qui fixe α et j et qui envoie i sur −i.

3

On peut alors donner la liste des 12 ´ el´ ements de G en pr´ ecisant les images de α, i et j. On donne aussi leur ordre dans G :

G α i j ordre

1 α i j 1

% jα i j 3

% ² j ² α i j 3

σ ₁ α i j ² 2

σ ₂ α −i j 2

σ ₁ σ ₂ α −i j ² 2

%σ ₁ jα i j ² 2

%σ ₂ jα −i j 6

%σ 1 σ 2 jα −i j ² 2

% ² σ 1 j ² α i j ² 2

% ² σ 2 j ² α −i j 6

% ² σ 1 σ 2 j ² α −i j ² 2 Les relations entre %, σ 1 et σ 2 se d´ eduisent des suivantes :

% ³ = σ ² ₁ = σ ₂ ² = 1, σ 1 σ 2 = σ 2 σ 1 , σ 1 % = % ² σ 1 , σ 2 % = %σ 2 .

Noter que σ ₂ est dans le centre de G (il commute avec tous les ´ el´ ements de G) et que σ ₁ σ ₂ est la conjugaison complexe.

• Il y a 7 ´ el´ ements d’ordre 2 (et donc 7 sous-groupes d’ordre 2 dans G avec autant de sous-corps de K de degr´ e 6 sur Q) :

σ ₁ qui fixe Q(α, i),

σ ₂ qui fixe Q(α, j) = K ₂ (la restriction de σ ₂ ` a K ₁ est la conjugaison complexe), σ 1 σ 2 , la conjugaison complexe, qui fixe le sous-corps r´ eel maximal Q(α, √

3),

%σ 1 qui fixe Q(j ² α, i),

% ² σ 1 qui fixe Q(jα, i),

%σ 1 σ 2 qui fixe Q(j ² α, √ 3),

% ² σ 1 σ 2 qui fixe Q(jα, √ 3).

• Il y a trois sous-groupes d’ordre 4, (aucun n’est cyclique puisqu’il n’y a pas d’´ el´ ement d’ordre 4 dans G) :

{1, σ 1 , σ 2 , σ 1 σ 2 }, qui fixe le corps cubique Q(α), {1, σ 2 , %σ 1 , %σ 1 σ 2 }, qui fixe le corps cubique Q(jα), {1, σ 2 , % ² σ ₁ , % ² σ ₁ σ ₂ }, qui fixe le corps cubique Q(j ² α).

• Il y a un unique sous-groupe d’ordre 3, ` a savoir {1, %, % ² }, qui est le sous-groupe fixant Q(ζ) = Q(i, j).

• Il y a trois sous-groupes d’ordre 6, comme nous l’avons vu : {1, %, % ² , σ ₂ , %σ ₂ , % ² σ ₂ }, cyclique, qui fixe le corps Q(j),

{1, %, % ² , σ ₁ , %σ ₁ , % ² σ ₁ }, isomorphe ` a S <sub>3</sub> , qui fixe le corps K <sub>1</sub> = Q(i), {1, %, % <sup>2</sup> , σ 1 σ 2 , %σ 1 σ 2 , % <sup>2</sup> σ 1 σ 2 }, isomorphe ` a S 3 , qui fixe le corps Q( √

3).

Le sous-groupe G 1 = {1, σ 2 } de G s’identifie au groupe de Galois de K 1 sur Q. De mˆ eme les res- trictions ` a K 2 des ´ el´ ements du sous-groupe G 2 = {1, %, % ² , σ 1 , %σ 1 , % ² σ 1 } sont les 6 automorphismes de K 2 . Le groupe G est le produit direct de G 1 et de G 2 .

e) Un ´ el´ ement primitif de K sur Q est ζ + α (il y en a bien d’autres !) car ses 12 images sous

l’action des ´ el´ ements de G sont distinctes.