Corps finis

L3 – Alg`ebre 2 2013–2014 : TD 3

Corps finis

Exercice 1. (De l’alg`ebre lin´eaire sur les corps finis) 1. On montre d’abord le lemme suivant :

Lemme 1 Soientaetbdeux ´el´ements d’un groupe commutatifGd’ordre respectivement s et t. AlorsG contient un ´el´ement d’ordre ppcm(s, t).

Preuve Soit H le sous-groupe de G engendr´e par a et b. Alors H est un groupe com- mutatif fini engendr´e par au plus deux ´el´ements, donc est isomorphe `a Z/mZ ou bien Z/m₁Z×Z/m₂Z.

Si H =Z/mZ, alors on appcm(s, t)|m (en fait n´ecessairementm=ppcm(s, t)) et donc H contient un ´el´ement d’ordreppcm(s, t).

Si H =Z/m1Z×Z/m2Z, alors H contient un ´el´ement d’ordreppcm(m1, m2), et comme H contientaetbon appcm(s, t)|ppcm(m₁, m2), donc H contient aussi un ´el´ement d’ordre ppcm(s, t).

Donc dans les deux cas H contient un ´el´ement d’ordre ppcm(s, t), donc G aussi.

Maintenant soit G un sous-groupe fini de K^∗, qui est donc commutatif. Soit n son cardinal. D’apr`es le lemme, il existe un ´el´ement x de G d’ordred, o`u dest le ppcm des ordres de tous les ´el´ements de G. Par d´efinition ded, tous les ´el´ements de G sont racines du polynˆome X^d−1 dans K. Or ce polynˆome a au plusdracines, d’o`ud≥n; et comme x est d’ordre d, on a forc´ement d =n, et G contient un ´el´ement dont l’ordre est ´egal son cardinal, donc est cyclique.

2. On utilise le fait qu’il existe une inclusion F_q → F_q^m (voir l’exercice suivant), et alors F_q^mest unF_q-espace vectoriel de dimensionm. D’apr`es la question pr´ec´edente, le groupe (Fq^m)^∗ est cyclique d’ordrep^nm−1. Soitx un g´en´erateur, alors la multiplication par x dansF_q^m un automorphismeF_q-lin´eaire duF_q-espace vectorielF_q^m. Donc on peut voir x comme un ´el´ement de GL_m(F_q), qui est d’ordrep^nm−1.

Exercice 2. (Sous-corps d’un corps fini)

1. On sait que Kest un corps fini de caract´eristiquep, par unicit´e des corps finis, il existe un dtel queK'F_pd. OrF_q est alors un K-espace vectoriel, doncq=pⁿ= (p^d)^dimKFq, donc n´ecessairementd|n.

2. Consid´erons le sous-ensemble F(d) = {x ∈ F_q|x^pd−x = 0} de F_q. Comme dans tout anneau de caract´eristiquepon a (x+y)^p =x^p+y^p, on v´erifie facilement que c’est un sous- corps de Fq, dont le cardinal ne d´epasse pas p^d. D’autre part, on sait que le polynˆome X^pn−X est scind´e `a racines simples dansF<sub>q</sub>, et commed|non a X<sup>pd</sup>−X|X<sup>pn</sup>−X. On en d´eduit que F(d) est un corps `a exactementp^d´el´ements, et par unicit´e des corps finis il est isomorphe `aF_pd.

3. D’apr`es les questions pr´ec´edentes, on sait qu’il existe un morphisme de corps (qui est forc´ement une inclusion) deF_pd versF_pⁿ si et seulement sid|n. Les inclusions possibles

sont donc :

F4

""

DD DD DD

DD //F16 //F256

F₂

""EEEEEEEE //<<yyyyyyyy

F₈ ^//F₆₄

F128 F32

Exercice 3. (Polynˆomes irr´eductibles sur F_p)

1. Le groupe (Fq)^∗ est de cardinal q−1, donc tout ´el´ement non-nul deFq v´erifie X^q−1− 1 = 0. Donc le polynˆome X^q−X admet q racines dans F_q, donc est scind´e. Comme (X^q−X)⁰=−1 est premier avec X^q−X, les racines sont distinctes et simples.

2. Comsid´erons l’anneau A = F_p[X]/P, qui est un corps car P est irr´eductible sur F_p. Comme P divise X^q−X, A est un sous-corps de Fq. D’apr`es Exercice 2, la dimension de A surFp, qui n’est rien d’autre que le degr´e de P, divise n.

3. Comsid´erons toujours le corps A =Fp[X]/P, qui est une extension deFp dont le degr´e divise n. D’apr`es Exercice 2, il existe un morphisme de corps A → F_q. L’image de l’´el´ement X est donc racine du polynˆome X^q−X, et on en d´eduit que P divise X^q−X.

C’est un facteur simple par la question 1.

4. Pour tout d∈N on noteI(p, d) l’ensemble des polynˆomes unitaires irr´eductibles dans Fp[X] de degr´e d. Montrer que dans Fp[X] on a

X^q−X =Y

d|n

Y

P∈I(p,d)

P

La formule provient simplement des deux questions qui pr´ec`edent.

5. En ´etudiant le degr´e des deux cˆot´es de la formule pr´ec´edente, on trouve la formule pⁿ= Σ

d|nd∗I(p, d).

On en d´eduit que I(p, d) > 0 (voir question suivante), donc l’ensemble I(p, d) est non vide.

6. On a d’abord

pⁿ= Σ

d|nd∗I(p, d)≥n∗I(p, n), ce qui montre l’in´egalit´e `a droite. On en d´eduit que

pⁿ−n∗I(p, n) = Σ

d|n,d6=nd∗I(p, d)≤ Σ

d|n,d6=np^d≤p^bn/2c+1, d’o`u l’in´egalit´e `a gauche.

Comme le nombre de polynˆomes unitaires de degr´e n sur Fp est pⁿ, la proportion des polynˆomes irr´eductibles est ´equivalente `a _n¹ lorsquentend vers l’infini.

Exercice 4. (La Clˆoture alg´ebrique des corps finis)

1. Sia∈F_pn!etb∈F_pm!, alors d’apr`es Exercice 2, on peut voiraetbcomme ´el´ements d’un mˆeme corpsF_p(Max(m,n))!. L’addition et la multiplication se font alors dansF_p(Max(m,n))!, et il est clair que tout ´el´ement non nul dans ¯F_p admet un inverse. Donc ¯F_pest un corps.

Le corps ¯F_p est alg´ebrique surF_p car tous lesF_pn! sont finies surF_p donc alg´ebriques.

2. D’apr`es Exercice 2, il existe un plongement F_pⁿ → F_pn!, qui se plonge alors dans ¯F_p. R´eciproquement, on sait que F_pⁿ est le sous-corps de ¯F_p form´e des racines du polynˆome X^pn−X, donc est uniquement d´etermin´e.

3. Comme on a montr´e que ¯Fp est alg´ebrique sur Fp, il suffit de montrer que tout po- lynˆome irr´eductible surF_p a une racine dans ¯F_p. Or d’apr`es Exercice 3, tout polynˆome irr´edctible de degr´e na une racine dans F_pⁿ, donc dans ¯F_p, ce qui permet de conclure.

Exercice 5. (Automorphismes des corps finis)

1. La loi de groupe dans Aut(L/K) est la composition d’automorphismes du corps L, avec l’identit´e de L comme ´el´ement neutre. L’inverse d’un ´el´ement est la fonction r´eciproque commme automorphisme. On v´erifie ais´ement que cela fait de Aut(L/K) un groupe.

2. Comme l’extension L/K est monog`ene, on peut ´ecrire L = K[α] o`u α ∈ L. Alors un

´

el´ement σ de Aut(L/K) est d´etermin´e par σ(α). D’autre part, soit P le polynˆome mini- mal deα sur K, qui est de degr´e [L : K]. Alors on a P(σ(α)) =σ(P(α)) = 0. Donc σ(α) est une racine de P dans L. Or P poss`ede au plus [L : K] racines, ce qui implique que le groupe Aut(L/K) est de cardinal au plus [L : K].

Remarque Ce r´esultat est vrai pour toute extension finie : on peut le prouver par r´ecurrence sur le degr´e d’extension en se ramenant aux extensions monog`enes.

3. Cette application pr´eserve ´evidemment l’´el´ement nul, l’unit´e et la multiplication. Comme dans un anneau de caract´eristiquepon a (x+y)^p=x^p+y^p, elle pr´eserve aussi l’addition, donc est un endomorphisme d’anneau.

4. D’apr`es Exercice 2, on sait que tous les ´el´ements deFp sont racines du polynˆome X<sup>p</sup>−X, d’o`u Frob_Fp = Id_Fp, et donc Frob_Fpn stabilise le sous-corps F_p. D’autre part Frob_Fpn est injectif donc bijectif par cardinalit´e, donc est un ´el´ement de Aut(F_pⁿ/F_p).

5. Soitdl’ordre de Frob_Fpn dans Aut(F_pⁿ/F_p), alors tous les ´el´ements deF_pⁿ sont racines du polynˆome X^pd−X. Or ils sont aussi racines du polynˆome X^pn−X, et on en d´eduit que d=n. Donc Frob_Fpn est d’ordrendans Aut(F_pⁿ/F_p).

D’autre part, l’extension F_pⁿ/F_p est monog`ene : si x est un g´en´erateur du groupe cyclique (Fp<sup>n</sup>)<sup>∗</sup> (cf. Exercice 1), alors Fp<sup>n</sup> = Fp[x]. D’apr`es la question 2, le groupe Aut(Fpⁿ/Fp) est de cardinal au plus n. Donc c’est un groupe cyclique d’ordre n dont Frob_Fpn est un g´en´erateur.

6. Comme le groupe Aut(F_pⁿ/F_p) est cyclique engendr´e par Frob_Fpn, il existe t tel que σ = (FrobF_pn)^t. Commeσ est d’ordrek, on a ⁿ_k =pgcd(n, t).

L’ensemble des points fixes deσest l’ensemble des racines du polynˆome X^pt−X dansF_pⁿ. On sait que les ´el´ements deFpⁿ sont exactement les racines du polynˆome X^pn−X, et donc les points fixes sont exactement les racines de pgcd(X^pt−X,X^pn−X) = X^ppgcd(n,t)−X.

D’apr`es Exercice 2, c’est un sous-corps de F<sub>p</sub><sup>n</sup> isomorphe `a F_ppgcd(n,t) =F_pn/k

Exercice 6. Corps parfait 1. Si P =Pn

i=0a_iXⁱ, alors P⁰ =Pn−1

i=0(i+ 1)a_i+1Xⁱ. Donc si P⁰= 0, (i+ 1)a_i = 0 quel que soiti≥0 et donc ai = 0 pour touti≥1, autrement dit, P est constant. La r´eciproque est ´evidente.

2. Supposons que P⁰ = 0. Comme dans la question pr´ec´edente, on a ia_i = 0 pour tout i ≥ 1. Si i n’est pas divisible par p, i est inversible dans K, et donc a_i = 0. Donc P =Pn

i=0apiX^pi=Pn

i=0api(X^p)ⁱ.

3. (a) Comme toute extension finie d’un corps alg´ebriquement clos est triviale, le r´esultat est clair.

(b) C’est une propri´et´e du cours : les extensions finies en caract´eristique nulle sont s´eparables. (La preuve en est simple : si P est un polynˆome irr´eductible de degr´e n ≥ 2 ayant des racines multiples, il n’est pas premier avec sa d´eriv´ee P⁰; par irr´eductibilit´e, cela entraˆıne que P⁰ = 0 et donc que P est constant, une contradic- tion).

(c) Supposons dans un premier temps que K soit un corps de caract´eristique p dans lequel le morphisme de Frobeniusx 7→ x^p est surjectif et prenons P un polynˆome irr´eductible non constant de K[X] ayant des racines multiples (ce qui entraˆıne que P et P⁰ aient un facteur commun).

Puisque le degr´e de P⁰ est strictement inf´erieur `a celui de P et que P est irr´eductible, P et P⁰ ne peuvent avoir un facteur commun que si P⁰ = 0. Mais cela impose alors l’existence de Q ∈ K[X] tel que P = Q(X^p). ´Ecrivons Q = Pn

i=0a_iXⁱ. Puisque le morphisme de Frobenius est surjectif, il existebi ∈ K tel que b^p_i = ai. On a alors P = P_n

i=0b_iXⁱp

. Mais P est un polynˆome irr´eductible non constant, donc une telle d´ecomposition est absurde : P⁰ est non nul et P est s´eparable.

Observons maintenant qu’en caract´eristiquep, les factorisations d’un polynˆome P = X^p−t∈K[X] ne peuvent ˆetre que de deux types :

– soit le polynˆome est irr´eductible (ce qui entraˆıne qu’il n’a pas de racine, c’est-`a- dire quetn’est pas dans l’image du morphisme de Frobenius) ;

– soitta une racine p-i`eme z et X^p−t= (X−z)^p.

En effet,ta une racinep-i`eme zdans la clˆoture alg´ebrique ¯K de K. Si elle n’appar- tient pas `a K, aucune de ses puissanceszⁱ, 1≤i≤p−1 n’est non plus dans K : on a une relation de B´ezout ui+vp= 1, donc

zⁱ ∈K⇒z= (zⁱ)^u·(z^p)^v =zⁱ·t^v ∈K.

Mais les seuls facteurs de P dans ¯K[X] sont les (X−z)ⁱ, avec 0 ≤i ≤p (et leurs multiples). Ainsi, si P avait une factorisation non triviale P = QR dans K[X], on aurait P =u(X−z)ⁱavec u∈K^×et 1≤i≤p−1, ce qui entraˆınerait (en regardant le coefficient constant)zⁱ∈K, une contradiction.

Cela permet de conclure : si K est un corps parfait de caract´eristiquep, puisque les X^p−t ne sont pas s´eparables, ils ne peuvent pas ˆetre irr´eductibles. D’apr`es ce qui pr´ec`ede, ils ont donc une racine et t a une racine p-i`eme, ce qui signifie bien qu’il est dans l’image du morphisme de Frobenius.

(d) L’endomorphisme de Frobenius d’un corps fini est un automorphisme, donc d’apr`es la question pr´ec´edente un corps fini est parfait.

Exercice 7. Extension sans ´el´ement primitif

1. Cela provient de la question 3) c) de l’exercice pr´ec´edent : en caract´eristique p, le polynˆome X^p+t est irr´eductible sauf si t ∈ K a une racine p-i`eme. Comme ce n’est clairement pas le cas de T∈K(T), le polynˆome X^p+ T est irr´eductible.

Dans tout corps dans lequel X^p+ T a une racine Z (en particulier dans un corps de rupture), ce polynˆome se scinde :

X^p+ T = (X + Z)^p.

Pour lui, corps de rupture et de d´ecomposition co¨ıncident donc.

2. (a) Soit Z et W des racines des polynˆomes irr´eductibles X^p−T et X^p−U dans une clˆoture alg´ebrique ¯K de K. On a donc L = K(Z,W)⊂K.¯

Une simple consid´eration de degr´e en T montre que T n’a pas de racinep-i`eme dans K et que le polynˆome X^p−T y est donc irr´eductible. On a donc bien [K(Z) : K] =p.

De la mˆeme fa¸con, un ´el´ement de K(Z) est une fraction rationnelle en U `a coefficients dans K(Z) : U n’a donc pas de racinep-i`eme dans K(Z) et X^p−U y est irr´eductible.

On a donc [K(Z,W) : K(Z)] =p et le th´eor`eme de la base t´elescopique montre que [L : K] = [K(Z,W) : K] = [K(Z,W) : K(Z)]·[K(Z) : K] =p².

(b) Tout ´el´ementα∈L = K(√^p T,√^p

U) s’´ecritα=f(√^p T,√^p

U), avecf(X,Y)∈K(X,Y).

Commex7→x^p est un morphisme de corps, on a α^p =f(^p

√ T, ^p

√

U)^p=f((^p

√ T)^p,(^p

√

U)^p) =f(T,U)∈Fp(T,U) = K.

(c) L/K est donc une extension de degr´e p² dont tous les ´el´ements sont alg´ebriques de degr´e 1 ou p. Dans ces conditions L ne saurait ˆetre ´egal `a un K(α), puisque ces K-espaces vectoriels n’ont pas la mˆeme dimension.