Universit´e Toulouse III Ann´ee 2019-2020
Anneaux-Corps Feuille n◦5
Corps
Exercice 1 [Vrai-faux]. 1. Un morphisme de corps est injectif.
2. Qadmet un sous-corps autre que lui-mˆeme.
3. La cloture alg´ebrique deQest un ensemble d´enombrable.
4. Le corps des fractions rationnellesC(t)est alg´ebriquement clos.
Exercice 2 [Extension et degr´e]. 1. SoitKun corps etLune extension deKde degr´e fini. SoitH1, H2 des corps tels queK ⊂ Hi pouri = 1, 2. Montrer que si[H1 : K]et[H2 : K]sont premiers entre eux, alorsH1∩H2 =K.
2. SoitKun corps etLune extension deKde degr´e premier. Montrer que, pour tout α∈ L\K, on aK(α) =L.
Exercice 3 [Corps finis]. 1. Soit Aun anneau int`egre commutatif fini. D´emontrer que Aest un corps.
2. Dans toute la suiteKest un corps fini. Calculer Y
x∈K×
x.
3. Montrer qu’il existe un entierppremier tel le plus petit sous-corps deKest isomorphe `aZ/pZ.
4. Montrer que le cardinal deKest une puissance de p, on pourra munirKd’une structure de Z/pZ-espace vectoriel.
5. A quel groupe est isomorphe(K,+)?
6. Montrer que le groupe multiplicatif d’un corps fini est cyclique. On montrera qu’il existe dans K×un ´el´ement d’ordre ´egal `am, le ppcm des ordres des ´el´ements deK×puis quemest plus grand que le cardinal deK×.
Exercice 4 [Corps du typeQ[√
d]]. 1. Soitd ∈Ntel que√
d∈/Q. On note Q[√
d] ={a+b√
d;(a,b)∈Q2}. D´emontrer que(Q[√
d],+,×)est un corps.
2. D´emontrer que −1 est une somme de deux carr´es dans Q[i√
2]. En d´eduire que les corps Q[√
2]etQ[i√
2]ne sont pas isomorphes.
3. Soitα,β∈Ntels que√
αetpβsont irrationnels. Donner une condition n´ecessaire et suffisante pour queQ[√
α]et[pβ]soient isomorphes.
Exercice 5. 1. SoitKun corps de caract´eristique diff´erente de 2. Soientaetbqui ne sont pas des carr´es deK. Montrer queK(√
a,√
b)est de degr´e 4 surKsiabn’est pas des carr´es deKet de degr´e 2 sinon.
2. SoitL =Q[√ 2,√
3]. En d´eduire[L:Q]. 3. Montrer queL=Q[√
2+√ 3].
Exercice 6 [Appartenance `a un corps]. 1. Le nombre√7
2 est-il dansQ[√7 3]? 2. Le nombre 1+√3
2 est-il un carr´e dansQ[√3 2]?
Exercice 7. Montrer que les deux polyn ˆomesX2−3 etX2−2X−2 sont irr´eductibles surQet dis- tincts mais ont mˆeme corps de d´ecomposition.
Exercice 8 [Irr´eductibilit´e]. Soitpun nombre premier impair.
1. Montrer queX4+1 est irr´eductible deZ[X].
2. Montrer que sip>2 est premier alorsp2−1 est un multiple de 8.
3. Soitp>2 premier, montrer queX4+1 admet une racine dansFp2. 4. Montrer queX4+1 n’est jamais irr´eductible modulo p.
Exercice 9 [Extension de corps fini]. 1. Calculer[F8 :F4]et[F16:F4]. 2. Montrer les isomorphismes suivants
F8 'F2[X]/(X3+X+1), F25'F5[X]/(X2−2), F49 'F7[X]/(X2+1).
Exercice 10 [Irr´eductibilit´e sur les corps fini]. Montrer que :
1. X2+X+1 est le seul polyn ˆome de degr´e 2 irr´eductible surF2;
2. X3+X+1 etX3+X2+1 sont les seuls polyn ˆomes de degr´e 3 irr´eductible surF2;
3. X2+1, X2−X−1 et X2+X−1 sont les seuls polyn ˆomes unitaires de degr´e 2 irr´eductible surF3.
4. Combien y-a-t-il de polyn ˆomes unitaires irr´eductible de degr´es 4 (resp. 3) surF2(resp.F3) ?
Exercice 11 [Paradoxe de Sierpinski-Mazurkiewicz]. Soituun nombre complexe transcendant de module 1. Soit
E = {P(u);P∈N[X]}
A = {(XQ)(u);Q∈N[X]}
B = {(R+1)(u);R∈ N[X]}. 1. D´emontrer que(A,B)forme une partition deE.
2. En d´eduire qu’il existe un ensemble contenu dans le plan dont il existe une partition en deux parties qui sont isom´etriques `a l’ensemble initial !
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Anneaux-Corps Feuille n◦5
Corps (Solutions)
Correction 1 1. Soit f :K−→ Lun morphisme de corps et soitx ∈Ktel que f(x) =0. Six 6= 0, on a 1= f(1) = f(xx−1) = f(x)f(x−1)6=0 ce sui n’est pas possible donc ker(f) ={0}. 2. SoitKun sous-corps deQ. Alors 0, 1∈ K. On a ensuite 2=1+1∈ K, puis 3=2+1∈K. Par
r´ecurrence, on prouve facilement queN⊂K. Puis, par stabilit´e par passage `a l’oppos´e,Z⊂K.
Enfin, six= p/qavecp∈Zetq∈ N,q6=0, alorsp∈ K,q∈ K,q6=0 et doncp/q∈K. Ainsi Q⊂K.
3.
4. Imaginons que ce corps soit alg´ebriquement clos. Alors le polyn ˆomeX2−taurait une racine dansC(t). Autrement dit, on pourrait trouver deux polyn ˆomesP,Q∈C[t]tels que
ÇP(t) Q(t)
å2
−t =0⇐⇒ P2(t) =tQ2(t).
Mais ceci est impossible, car dans sa d´ecomposition en facteurs irr´eductibles, le polyn ˆome de gauche P2 n’a que des facteurs irr´eductibles `a un exposant pair, tandis que celui de droite `a un facteur irr´eductible de degr´e impair, `a savoirt. Par unicit´e de la d´ecomposition en facteurs irr´eductibles dansC[t], on en d´eduit le r´esultat.
Correction 2 1. On pose M = H1∩H2. Par multiplicativit´e des degr´es dans la tour d’extension K ⊂ M ⊂ H1, on a[H1 :K] = [H1 : M]×[M : K]. De mˆeme, mais en consid´erant cette fois la tourK⊂ M⊂ H2, on a[H2 :K] = [H2 : M]×[M :K]. Ainsi,[M: K]est un diviseur commun de [H1 : K] et de[H2 : K]. Ces deux nombres ´etant premiers entre eux, on a[M : K] = 1, autrement dit,K= M = H1∩H2.
2. Appliquons la multiplicativit´e des degr´es `a l’extensionK ⊂ K(α) ⊂ L. Alors on a[L : K] = [L : K(α)]×[K(α) : K]. Comme[L : K]est un nombre premier, on a n´ecessairement[K(α) : K] = 1 ou[K(α) : K] = [L : K]. Le premier cas est exclu, car on aK(α) 6= K. C’est donc que [K(α):K] = [L:K]et[L:K(α)] =1. Autrement dit,L=K(α).
Correction 3 1. Fixonsa∈ Aet consid´erons le morphisme de groupesA−→A,x7−→ax. Alors ce morphisme de groupes est injectif, car son noyau est r´eduit `a {0}puisque A est int`egre.
Puisque Aest fini, ce morphisme est n´ecessairement bijectif, et donc il existe x ∈ A tel que ax=1. Par commutativit´e deA, on a aussixa=1 et donc a admet un inverse : A est un corps.
Remarquons que l’on peut se passer de l’hypoth`ese que A est commutatif, par exemple en faisant le mˆeme raisonnement avecx7−→ xa, et en prouvant que l’inverse `a droite et l’inverse
`a gauche co¨ıncident.
2. Dans le produit, on regroupe chaque ´el´ement avec son inverse. Ceci est possible s’ils sont distincts, et dans ce cas, on peut simplifier le produitxx−1=1. On en d´eduit que
Y
x∈K×
x= Y
x=x−1
x = Y
x2=1
x
Or, dans un corps K, l’´equation x2 = 1 a pour solution 1 et −1. Si ces deux nombres sont distincts, alors le produit vaut −1. Si ces deux nombres sont ´egaux, alors le produit de ces deux nombres vaut 1=−1 ´egalement. Finalement, dans tous les cas, on a bien
Y
x∈K×
x=−1
3. Soient xet ydeux ´el´ements deK×, d’ordres respectifsa etb. Soient a0 et b0 tels quea0 divise a,b0 diviseb, le pgcd dea0 etb0 est 1 et le ppcm dea etbesta0b0. Alorsx1 = xaa0 et y1 = ybb0 sont d’ordres respectifsa0 etb0. Il est facile de voir quex1y1 est d’ordre le ppcm deaetb. On construit alors facilement par r´ecurrence un ´el´ement d’ordre le ppcm des ordres des ´el´ements deK.
Soitmle ppcm des ordres des ´el´ements deK. Le polyn ˆomeXm−1 `a|K| −1 racines distinctes dansKdoncm≥ |K| −1. Commex|K|−1= e,
Correction 4 1. On va d´emontrer qu’il s’agit d’un sous-corps de(R,+,×). Remarquons d’abord qu’il est bien contenu dans R et que 0, 1 ∈ Q[√
d]. Soient x,y ∈ Q[√
d]. On les ´ecrit x = a+b√
dety=a0+b0√
d. Alors :
x−y= (a−a0) + (b−b0)√ d xy= (aa0+dbb0) + (ab0+ba0)√
d ce qui prouve quex−yetxysont dansQ[√
d]. D’autre part, six 6=0, alors 1
a+b√
d = a−b√ d a2−b2d et donc 1
a+b√
d ∈Q[√
d]. Remarquons qu’il ´etait possible de multiplier par la quantit´e conjugu´ee qui est non-nulle car√
d ∈/ Q. Finalement, on a bien prouv´e que(Q[√
d],+,×)est un sous- corps de(R,+,×).
2. On a −1 = 11+ (i√
2)2. Imaginons qu’il existe un isomorphisme f de Q[i√
2] sur Q[√ 2]. Alors, puisque 1= f(1) = f((−1)2) = (f(−1))2, on doit avoir f(−1) =1 ou f(−1) =−1. Le premier cas est impossible, car f est un isomorphisme. Maintenant,−1=a2+b2dansQ[i√
2] et donc −1 = f(−1) = c2+d2 o `uc = f(a) et d = f(b). Ainsi, −1 est aussi un carr´e dans Q[√
2]. C’est impossible, puisque les carr´es deQ[√
2]sont des r´eels positifs ou nuls.
3. Supposons qu’il existe un isomorphisme f du corps Q[√
α] sur le corpsQ[pβ]. Pour tout entiern, on a
f(n) = f(1+· · ·+1) = f(1) +· · ·+ f(1) =n.
En particulier, on obtient que f(α) = α. ´ecrivons maintenant que f(√
α) = c+dpβ, avec c,d∈Q. On a alors
α= f(α) = (f(√
α))2= (c+d»β)2 =c2+d2β+2cd»β.
Puisquepβest irrationnel, on a n´ecessairementcd =0. Sid= 0, on aα= c2ce qui contredit que√
αest irrationnel. Donc on ac=0 et»αβ =dest rationnel.
R´eciproquement, supposons que »αβ est ´egal `a un certain rationnel r et d´efinissons f sur Q[√
α] par f(a+b√
α) = a+brpβ. On va montrer que f est un isomorphisme de corps.
Comme c’est clairement un isomorphisme de groupe additif, il suffit de v´erifier la compatibi- lit´e avec le produit :
f((a+b√
α)(a0+b0√
α)) = aa0+bb0α+ (ab0+ba0)r»β f(a+b√
α)f(a0+b0√
α) = aa0+bb0r2β+ (ab0+ba0)r»β
Commer2β= α, ces deux quantit´es sont ´egales et f est bien un isomorphisme de corps.
Correction 5 1. Sian’est pas un carr´e alorsX2−aest irr´eductible doncK(√
a)est de degr´e 2.
Si ab est un carr´e de K alors b = x2/a donc√
b = x/√
a ∈ K(a) doncK(√
a) = K(√ b) = K(√
a,√
b)est de degr´e 2.
SiK(√ a,√
b)est de degr´e 2 alorsK(√
a) =K(√
b)donc√
b=x+y√
adonc√
b−x =y√ aet en ´elevant au carr´e on ab−2x√
b+x2= ay2. Doncx =0 donc√
b= y√
adonc√
ab =yace qui permet de conclure queabest un carr´e.
2. Comme 6 n’est pas un carr´e,[L:Q] =4.
3. On aQ[√ 2+√
3]⊂ LdoncQ[√ 2+√
3]est de degr´e 2 ou 4 surQ. CommeQ[√
2]⊂Q[√ 2+
√3], siQ[√ 2+√
3]est de degr´e 2 on aQ[√ 2+√
3] =Q[√
2]et donc√ 2+√
3−√ 2=√
3∈ Q[√
2]ce qui est impossible. On en d´eduit queQ[√ 2+√
3] =L.
Correction 6 1. Soient L = Q[√7
2] et M = Q[√7
2]. Ce sont des extensions de degr´e 7 de Q.
Supposons que√7
2 soit dansQ[√7
3]. AlorsL = Met, pour chaque entier naturel j, la famille Bj = (√7
2k3kj)0≤k≤6est uneQ-base deL= M. Il en est de mˆeme de la familleB= (√7
3l)0≤k≤6. Ecrivons √7
2 = P6k=0ak√7
3k avec les ai ∈ Q. Pour chaque entier j, en calculant dans la base Bj, on remarque que TrL/Q(√7
23j) = 0. De mˆeme, en calculant dans la base B, on voit que TrL/Q(√7
3) =0. En ´ecrivant pour chaquej∈ {0, ..., 6}la relation :
√7
23j =
6
X
k=0
ak7
√ 3k+j
et en prenant les traces de ces relations, on obtient quea0= a1 =...=a6=0.
2. La famille (1,√3 2,√3
4) est une Q-base de Q[√3
2]. Dans cette base, on calcule NQ[√32/Q(1+
√3
2) =3. Comme 3 n’est pas un carr´e dansQ, on en d´eduit que 1+√3
2 n’est pas un carr´e dans Q[√3
2].
Correction 8 1. SoitP = X4+1, on aP(Y+1) = X4+4X3+6X2+4X+2 et il est irr´eductible par le crit`ere d’Eisenstein.
2. p2−1= (p−1)(p+1)etp−1 etp+1 sont deux nombres pairs cons´ecutifs.
3. Fp2 est cyclique d’ordre p2−1 et 8 divisep2−1. On en d´eduit qu’il existe un ´el´ementx∈ Fp2
d’ordre 8, autrement dit X8−1 = (X4+1)(X4−1) admet une racine. Comme x n’est pas d’ordre 4, doncx4 6=1, on ax4+1=0.
4. CommeX4+1= (X+1)4[mod 2], le polyn ˆome n’est pas irr´eductible surF2.
SiX4+1 est irr´eductible dansFp. Consid´eronsxune racine deX4+1 dansFp2,Fp[x]est un corps de rupture deX4+1 dansFp, maisFp[X]/(X4+1)est de dimension 4 surF2alors que Fp2 est de dimension 2.
Correction 9 1. [F8:F2] =3 et[F4:F2] =2 doncF4n’est pas un sous corps deF8.[F16 :F4] =3 2. X3+X+1 n’a pas de racine dansF2donc il est irr´eductible.F2[X]/(X3+X+1)est une ex- tension de degr´e 3 deF2il est isomorphe `aF8. En outreF∗8est cyclique de cardinal 7 donc il est isomorphe `aZ/7Z. Donc tous les ´el´ements distincts de 0 et 1 engendre le groupe multiplicatif.
Idem pour les autres.
Correction 10
Correction 11 1. Il est d’abord clair que Aet Bsont deux parties de E. Prenons x ∈ E. ll existe P ∈ N[X] tel que x = P(u). Si P(0) = 0, alors P(X) = XQ(X), avec Q ∈ N[X] et donc x = (XQ)(u) ∈ A. Sinon, P(0) ∈ N\ {0} et R(X) = P(X)−1 ∈ N[X]. Dans ce cas,x = (R+1)(u)∈ B.
Prouvons que A∩B = ∅. Six ∈ A∩B, x = XQ(u) = (R+1)(u)avecQ,R ∈ N[X]. Mais alors S(u) = 0 avecS = XQ−(R+1). Mais S est un polyn ˆome deZ[X]non trivial tel que S(u) =0, ce qui contredit queuest transcendant.
2. On identifieCet le plan euclidien et on ´ecritu=eiθ. AlorsAest simplement ´egal `aeiθE: c’est donc une rotation de E, tandis que B = E+1 est un translat´e de B. (A,B)r´ealise bien une partition deEen deux parties qui sont toutes les deux isom´etriques `aE.
