On sait que K ⊂ K(α) ⊂ L, donc le degr´ e d’extension [K(α) : K] divise [L : K], qui est un nombre premier. Or K(α) 6= K car α / ∈ K, donc [K(α) : K] = [L : K], ce qui implique L = K(α).

L3 – Alg` ebre 2 2013–2014 : TD 6

R´ evision

Exercice 1. (Extensions de degr´ e premier)

On sait que K ⊂ K(α) ⊂ L, donc le degr´ e d’extension [K(α) : K] divise [L : K], qui est un nombre premier. Or K(α) 6= K car α / ∈ K, donc [K(α) : K] = [L : K], ce qui implique L = K(α).

Exercice 2. (Corps parfait) 1. Voir TD 3, Exercice 6.

2. Voir TD 3, Exercice 6.

3. Soit α ∈ L. Son degr´ e d(α), qui est aussi le degr´ e de son polynˆ ome minimal µ α sur K, divise le degr´ e d’extension [L : K]. Comme [L : K] est premier avec p, on sait que µ α ne peut pas s’´ ecrire sous la forme Q(X ^p ), et d’apr` es la question pr´ ec´ edente, sa d´ eriv´ ee µ ⁰ _α est non-nul dans K[X]. On en d´ eduit que µ α est premier avec µ ⁰ _α dans K[X], et donc µ α

est ` a racines simples dans L. On conclut que l’extension L/K est s´ eparable.

4. Voir TD 3, Exercice 6.

Exercice 3. (Extensions quadratiques) Voir TD 2, Exercice 3.

Exercice 4. (Extensions biquadratiques) Soient p et q deux nombres premiers distincts.

1. Voir TD 1, Exercice 9.

2. Voir TD 1, Exercice 9.

3. Soit σ ∈ Aut(Q( √ p, √

q)/Q). Alors (σ( √

p)) ² = p, donc σ( √

p) = ± √

p. De mˆ eme σ( √

q) = ± √

q. Comme l’extension Q( √ p, √

q)/Q est engendr´ ee par deux ´ el´ ements √ p et √

q, un ´ el´ ement de Aut(Q( √ p, √

q)/Q) est uniquement d´ etermin´ e par les images de √

p et √

q. Donc le groupe Aut(Q( √ p, √

q)/Q) contient exactement 4 ´ el´ ements, et comme le carr´ e de tout ´ el´ ement est l’identit´ e, il est isomorphe ` a (Z/2Z) ²

4. Voir TD 1, Exercice 9.

Exercice 5. (Extensions multiquadratiques)

1. On va d´ emontrer les deux propri´ et´ es au cours de la mˆ eme d´ emonstration par r´ ecurrence.

Les deux r´ esultats sont vides si n = 0.

Rappelons un des r´ esultats de l’exercice 8 du TD 1 : soit K( √

α)/K une extension quadratique (avec K de caract´ eristique diff´ erente de 2). Cela revient ` a dire que α n’est pas un carr´ e dans K. Alors si β ∈ K est le carr´ e d’un ´ el´ ement de K( √

α), β ou αβ est le carr´ e d’un ´ el´ ement de K.

En effet, si on ´ ecrit x + y √

α (x, y ∈ K) un ´ el´ ement de K( √

α) dont le carr´ e est β, on a (x + y √

α) ² = β ⇔ x ² + αy ² + 2xy √

α = β ⇔

x ² + αy ² = β

2xy = 0.

Comme on est en caract´ eristique diff´ erente de 2, la deuxi` eme ´ equation entraˆıne que y = 0 (auquel cas β = x ² est bien le carr´ e d’un ´ el´ ement de K) ou x = 0 (auquel cas β/α = y ² est le carr´ e d’un ´ el´ ement de K ; comme αβ = α ² β/α, cela est bien ´ equivalent au fait que αβ soit le carr´ e d’un ´ el´ ement de K.)

Arm´ e de ce r´ esultat, nous pouvons faire marcher la r´ ecurrence. Supposons donc que les deux r´ esultats aient ´ et´ e d´ emontr´ es pour un entier n. Notons pour simplifier K n = Q √

p ₁ , . . . , √ p _n

. L’´ el´ ement √

p n+1 est ´ evidemment racine du polynˆ ome X ² −p _n+1 . De degr´ e 2, ce polynˆ ome est irr´ eductible sur K _n si et seulement s’il n’a pas de racine, c’est-` a-dire si et seulement si p <sub>n+1</sub> n’est pas le carr´ e d’un ´ el´ ement de K <sub>n</sub> . Mais, d’apr` es l’hypoth` ese de r´ ecurrence, si p n+1 ´ etait un carr´ e dans K n , on pourrait trouver une partie I ⊂ {1, . . . , n} telle que le nombre entier Y

i∈I

p _i

!

· p _n+1 soit le carr´ e d’un rationnel, ce qui est exclu (la valuation p _n+1 -adique de cet entier vaut 1). Le polynˆ ome X ² −p _n+1 est donc irr´ eductible dans K n [X], ce qui entraˆıne que l’extension K n+1 /K n est de degr´ e 2 et donc, d’apr` es l’hypoth` ese de r´ ecurrence et le th´ eor` eme de la base t´ elescopique,

[K _n+1 : Q] = [K _n+1 : K _n ] · [K _n : Q] = 2 · 2 ⁿ = 2 ⁿ⁺¹ .

Maintenant, d’apr` es l’argument cit´ e plus haut, x ∈ K _n est le carr´ e d’un ´ el´ ement de K n+1 = K n ( √

p n+1 ) si et seulement si x ou xp n+1 est le carr´ e d’un ´ el´ ement de K n . Si on suppose x ∈ Q, l’hypoth` ese de r´ ecurrence entraˆıne que cela est ´ equivalent ` a l’existence d’une partie I ⊂ {1, . . . , n} telle que

x Y

i∈I

p i ou xp n+1

Y

i∈I

p i soit le carr´ e d’un nombre rationnel.

Autrement dit, il existe une partie J = I ou I t {n + 1} ⊂ {1, . . . , n + 1} telle que x Y

i∈J

p i soit le carr´ e d’un nombre rationnel, ce qui conclut la r´ ecurrence.

2. Notons que la preuve par r´ ecurrence de l’´ egalit´ e [K n : Q] entraˆıne mˆ eme que la famille (

Y

i∈I

√ p _i

I ⊂ {1, . . . , n}

)

forme une Q-base de K _n . En particulier, pour tout n, la famille finie ( √

p ₁ , . . . , √ p _n ) est Q-libre, ce qui entraˆıne la Q-libert´ e de la famille infinie √

p _i

i∈N .

3. La preuve du th´ eor` eme de l’´ el´ ement primitif vue en cours montre qu’un ´ el´ ement α d’une extension s´ eparable L d’un corps K est primitif d` es que

∀i 6= j, σ i (α) 6= σ j (α),

o` u les (σ i ) sont les plongements L → K de L dans une clˆ oture alg´ ebrique K du corps de base prolongeant l’inclusion K → K. Cela nous sera utile une fois que l’on aura d´ emontr´ e le r´ esultat suivant.

Lemme. Les plongements de K n dans C sont les σ _I : K _n → K _n ⊂ C

√ p _i 7→

− √

p _i si i ∈ I

√ p _i si i 6∈ I,

o` u I d´ ecrit l’ensemble des parties de {1, . . . , n} (en particulier, I = correspond ` a l’inclu- sion K _n → C.)

Cela conclut : si I ⊂ {1, . . . , n}, σ _I

n

X

i=1

√ p _i

!

=

n

X

i=1

_I (i) √ p _i ,

o` u I (i) = −1 si i ∈ I et 1 sinon. La famille ( √

p i ) ⁿ _i=1 ´ etant libre, ces 2 ⁿ ´ el´ ements sont effectivement tous distincts et √

p ₁ + · · · + √

p _n est bien un ´ el´ ement primitif de K _n . Reste ` a montrer le lemme. D´ ej` a, remarquons que K _n /Q est une extension de degr´ e 2 ⁿ . D’apr` es le th´ eor` eme de l’´ el´ ement primitif, c’est le corps de rupture d’un polynˆ ome irr´ eductible de degr´ e 2 ⁿ et les plongements dans C ´ etant en bijection avec les racines de ce polynˆ ome, il y en a exactement 2 ⁿ . Si on arrive ` a construire des plongements K _n → C qui v´ erifient les propri´ et´ es promises par le lemme, on aura donc trouv´ e tous les plongements.

Ensuite, remarquons que ces plongements sont en fait des automorphismes de K n (qui sont d’ailleurs tous ´ egaux ` a leur inverse). On peut notamment les composer. Il suffit donc de construire les σ {i} pour d´ emontrer le lemme (si les σ {i} v´ erifient les propri´ et´ es

´

enonc´ ees par le lemme, on voit directement que σ _{i

_,...,i

_} = σ _{i

_} ◦· · ·◦σ _{i

_} fait ´ egalement ce que l’on attend de lui).

Pour cela, remarquons que K _n = K _n,i ( √ p _i ), o` u K _n,i = Q( √

p ₁ , . . . , √

p i−1 , √

p _i+1 , . . . , √ p _n ).

L’extension K n /K n,i est donc une extension quadratique, le corps de rupture du po- lynˆ ome irr´ eductible X ² − p _i ∈ K _n,i [X]. Il y a donc bien un plongement σ _i : K _n → C prolongeant l’inclusion K n,i → C et envoyant √

p i sur − √

p i . Ce plongement σ i est bien le plongement σ _{i} cherch´ e et le lemme est d´ emontr´ e.

Notons au passage que l’on a d´ emontr´ e que le groupe des automorphismes de l’extension Q( √

p ₁ , . . . , √

p _n )/Q est form´ e des ´ el´ ements n σ _I

I ⊂ {1, . . . , n} o

, et est isomorphe au groupe ab´ elien produit (Z/2Z) ⁿ .

Exercice 6. (Calcul de l’anneau des entiers)

1. On va utiliser le r´ esultat principal de l’Exercice 1 du TD 5 : si L/K est une extension alg´ ebrique et que A ⊂ K est un anneau dont K est le corps des fractions, alors s ∈ L est entier sur A si et seulement si son polynˆ ome minimal sur K est ` a coefficients dans l’anneau A _K = n

s ∈ K

s est entier sur A o . En particulier, s ∈ Q( √

2, i) est entier sur Z si et seulement si son polynˆ ome minimal sur Q est dans Z[X]. Mais ce crit` ere n’est pas tr` es pratique car le polynˆ ome minimal de s est en g´ en´ eral de degr´ e 4.

Nous allons utiliser les extensions interm´ ediaires : un ´ el´ ement s ∈ Q( √

2, i) est entier sur Z si et seulement s’il l’est sur Z[ √

2]. En effet, Z[ √

2] est entier sur Z donc si s est entier sur Z[ √

2], il l’est sur Z, la r´ eciproque ´ etant tautologique.

En cours, il a ´ et´ e d´ emontr´ e que Z[ √

2] est l’ensemble des ´ el´ ements entiers sur Z de son corps des fractions Q( √

2). En particulier, c’est un anneau int´ egralement clos. Un

´

el´ ement s ∈ Q( √

2, i) est donc entier sur Z si et seulement si son polynˆ ome minimal sur Q( √

2) est ` a coefficients dans Z[ √

2].

Puisque (1, √ 2, i, i √

2) est une Q-base de Q( √

2, i), on peut ´ ecrire l’´ el´ ement s ∈ Q( √ 2, i) sous la forme

s =

x + y

√ 2

+

z + w

√ 2

i.

Son polynˆ ome minimal sur Q( √ 2) est X ² −2(x+y √

2)X+(x+y √

2) ² +(z+w √

2) ² = X ² −2(x+y √ 2)X+ h

(x ² + 2y ² + z ² + 2x ² ) + 2(xy + zw) √ 2 i donc

x + y

√ 2

+

z + w

√ 2

i est entier sur Z si et seulement si







2x, 2y ∈ Z

x ² + 2y ² + z ² + 2w ² ∈ Z 2(xy + zw) ∈ Z.

Ces ´ equations entraˆınent que x, y, z et w sont des multiples (dans toute la suite, multiple veut dire multiple entier ) de 1/2. En effet, les premi` ere et troisi` eme conditions entraˆınent que zw est un multiple de 1/4. Mais w ne peut pas ˆ etre de la forme k/4 avec k impair : cela entraˆınerait z entier d’apr` es ce que l’on vient de dire et le 8 au d´ enominateur dans l’expression de 2w <sup>2</sup> ne pourrait pas se simplifier (x <sup>2</sup> , y <sup>2</sup> et z <sup>2</sup> ´ etant alors tous des multiples de 1/4), provoquant une contradiction dans la deuxi` eme condition. Pour la mˆ eme raison, z ne peut pas ˆ etre de la forme k/4 avec k impair et z comme w sont n´ ecessairement des multiples de 1/2.

Autrement dit, l’ensemble des ´ el´ ements de Q( √

2, i) entiers sur Z est ( ξ + η √

2

+ ζ + ω √ 2

i 2

ξ, η, ζ, ω ∈ Z, ξ ² + 2η ² + ζ ² + 2ω ² ≡ 0 (mod 4), et ξη + ζω ≡ 0 (mod 2) )

.

La premi` ere congruence, r´ eduite modulo 2, entraˆıne que ξ + ζ ≡ ξ <sup>2</sup> + ζ <sup>2</sup> ≡ 0 (mod 2) donc ξ ≡ ζ (mod 2). En outre, on ne peut pas avoir ξ et ζ impairs, car la deuxi` eme congruence impliquerait alors η + ω ≡ 0 (mod 2) ou encore η ≡ ω (mod 2). Que ces nombres soient pairs ou impairs, on aurait alors ξ ² + 2η ² + ζ ² + 2ω ² ≡ 2 (mod 4), contredisant la premi` ere congruence.

On a donc ξ ≡ ζ ≡ 0 (mod 2). La deuxi` eme congruence est donc toujours satisfaite, et la premi` ere est ´ equivalente ` a 2η <sup>2</sup> + 2ω <sup>2</sup> ≡ 0 (mod 4), ce qui revient ` a demander η ≡ ω (mod 2).

Autrement dit, les entiers de Q( √

2, i) sont les ´ el´ ements de

x + iz + η + iω 2

√ 2

x, η, z, ω ∈ Z et η ≡ ω (mod 2)

= Z1⊕Zi⊕Z √ 2⊕Z

√ 2 2 +

√ 2 2 i

! .

Remarque. On reconnaˆıt

√ 2 2 +

√ 2

2 i = ζ ₈ . On peut d’ailleurs montrer que l’anneau que nous avons trouv´ e est ´ egal ` a Z[ζ ₈ ] : il suffit de constater que

i = ζ 4 = ζ ₈ ² et √

2 = ζ 8 − iζ 8 .

C’est d’ailleurs une cons´ equence d’un r´ esultat plus g´ en´ eral (et plus difficile) : l’ensemble des ´ el´ ements de Q(ζ n ) entiers sur Z est exactement l’anneau Z[ζ n ]. Ici, on aurait pu remarquer d` es le d´ ebut que Q( √

2, i) = Q(ζ ₈ ).

On d´ etermine de la mˆ eme fa¸ con l’anneau des entiers de Q( √ 2, √

3) : un ´ el´ ement s = (x +y √

3) + (z +w √ 3) √

2 est entier si et seulement si son polynˆ ome minimal sur Q( √ 2),

` a savoir

X ² − 2(x + y

√ 3)X +

h

x ² + 3y ² − 2z ² − 6w ²

+ 2 (xy − 2zw)

√ 3

i , est ` a coefficients dans Z[ √

3]. On a donc

s =

x + y √ 3

+

z + w √ 3

√

2 est entier sur Z si et seulement si







2x, 2y ∈ Z

x ² + 3y ² − 2z ² − 6w ² ∈ Z 2(xy − 2zw) ∈ Z.

On montre d’une fa¸ con comparable ` a l’exemple pr´ ec´ edent que tous les coefficients en jeu sont des multiples de 1/2 et on analyse de la mˆ eme fa¸ con les congruences modulo 2 et 4 que l’on obtient. Tout compte fait, on obtient comme ensemble d’entiers

(

x + y √

3 + ζ + ω √ 3 2

√ 2

x, y, ζ, ω ∈ Z et ζ ≡ ω (mod 2) )

= Z1⊕Z √ 3⊕Z √

2⊕Z 1 + √ 3 2

√ 2.

2. Le morphisme d’anneaux

ev _T

,T

: C[X, Y] → C[T]

P 7→ P(T ² , T ³ ) v´ erifie clairement

ker(ev _T

,T

) ⊃ (Y ² − X ³ ).

Montrons l’inclusion r´ eciproque. Soit donc P ∈ C[X, Y] tel que P(T ² , T ³ ) = 0. Vu comme polynˆ ome en Y ` a coefficients dans C[X], le polynˆ ome Y ² − X ³ est unitaire et de degr´ e 2. On peut donc ´ ecrire la division euclidienne (cf. TD 0, exercice 4)

P = Q(X, Y)(Y ² − X ³ ) + R(X, Y),

o` u R(X, Y) est un polynˆ ome en Y, ` a coefficients dans C[X], de degr´ e ≤ 1. On peut donc

´ ecrire

R = R 1 (X)Y + R 0 , R i ∈ C[X].

En particulier, puisque P et Y ² − X ³ appartiennent ` a ker(ev _T

,T

), on a R(T ² , T ³ ) = R 1 (T ² )T ³ + R 0 (T ² ) = 0.

Mais le C-espace vectoriel C[T] poss` ede une d´ ecomposition en somme directe C[T] = C[T] _pair ⊕ C[T] _impair ,

o` u

C[T] _pair = Vect _C (1, T ² , T ⁴ , . . .) et C[T] _impair = Vect _C (T, T ³ , T ⁵ , . . .).

Comme R ₁ (T ² )T ³ ∈ C[T] _impair et R ₀ (T ² ) ∈ C[T] _pair , on a donc R ₁ (T ² )T ³ = R ₀ (T ² ) = 0, ce qui entraˆıne R = R ₀ = R ₁ = 0 et P ∈ Y ² − X ³ . On a donc bien ker(ev _T

,T

) = (Y ² − X ³ ) et le morphisme ev _T

_,T

induit un morphisme injectif

φ : A = C[X, Y]/(Y ² − X ³ ) → C[T].

En particulier, A est (isomorphe ` a) un sous-anneau de C[T] donc il est int` egre.

L’image de φ est clairement ´ egale ` a C[T ² , T ³ ] ⊂ C[T], le plus petit sous-anneau de C[T]

contenant ` a la fois T ² et T ³ . Comme tout entier ≥ 2 s’´ ecrit 2u + 3v pour des entiers u, v ∈ N, on a

C[T ² , T ³ ] = Vect _C T ⁱ , i 6= 1 .

Comme φ induit un isomorphisme entre A et C[T ² , T ³ ] (en particulier, l’un est int´ egralement clos si et seulement si l’autre l’est), on travaille dans la suite directement avec l’anneau C[T ² , T ³ ].

Puisque C[T ² , T ³ ] est inclus dans le corps C(T), son corps des fractions s’identifie au sous-corps

P Q

P ∈ C[T ² , T ³ ], Q ∈ C[T ² , T ³ ] \ {0}

⊂ C(T).

Mais ce sous-corps contient ` a la fois C et T = T ²

T ³ , donc il est ´ egal ` a C(T) tout entier.

Pour conclure l’exercice, il suffit maintenant de montrer que l’ensemble des ´ el´ ements de C(T) entiers sur C[T ² , T ³ ] est C[T]. Comme T ∈ C[T] \ C[T ² , T ³ ], cela montrera du mˆ eme coup que C[T ² , T ³ ] n’est pas int´ egralement clos et que sa clˆ oture int´ egrale est C[T]. Via l’isomorphisme A = C[X, Y]/(Y ² − X ³ ) ' C[T ² , T ³ ], on aura donc prouv´ e les r´ esultats voulus sur A.

D´ ej` a, T est racine du polynˆ ome unitaire

U ² − T ² ∈ C[T ² , T ³ ] [U]

donc il est entier sur C[T ² , T ³ ]. La clˆ oture int´ egrale de C[T ² , T ³ ] contient donc C[T].

Mais cet anneau, principal et donc factoriel, est int´ egralement clos. Il s’ensuit donc que la clˆ oture int´ egrale de C[T ² , T ³ ] est bien C[T].

Exercice 7. (Th´ eor` eme de Kronecker)

Voir TD 5, Exercice 5.