Montrer quekn est un sous-corps dekm

Universit´e P. et M. Curie (Paris VI), Michel Waldschmidt

Deuxi`eme semestre 2006/2007 http://www.math.jussieu.fr/∼miw/

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)

Les calculatrices ne sont pas autoris´ees, les documents non plus, les t´el´ephones portables encore moins

Examen du lundi 18 Juin 2007 Barˆeme approximatif : sur 30 (2) Exercice 1.Un corps fini peut-il ˆetre alg´ebriquement clos ?

(7) Exercice 2.Quandmest un entier positif, on d´esigne park_m=Q(ζ_m) le corps cyclotomique d’indice m, o`u ζ<sub>m</sub> est une racine primitivem-i`eme de l’unit´e. Soientmetndeux entiers positifs.

a) On suppose quendivisem. Montrer quek_n est un sous-corps dek_m.

b) On suppose encore quendivisem. Montrer quek_m/k_n est une extension galoisienne et d´ecrire le groupe de Galois.

Expliciter l’exemplen= 3,m= 15.

c) Quel est le degr´e de l’extensionk2n/kn?

d) On suppose quekn est un sous-corps dekmet quenne divise pasm. Montrer quemest impair, nest pair etndivise 2m.

Indication. on pourra admettre le fait que les nombres premiers impairs qui se ramifient dans l’extensionkn/Q(c’est-`a-dire ceux divisent le discriminant absolu dekn) sont ceux qui divisentn.

(10) Exercice 3.

Quand K est un corps de nombres, on note r1(K) le nombre de plongements r´eels de K et 2r2(K) le nombre de plongements complexes non r´eels, de sorte que [K:Q] =r1(K) + 2r2(K). Le corpsK esttotalement r´eelsir2(K) = 0, il esttotalement imaginairesir1(K) = 0.

On note aussir(K) le rang du groupe des unit´es deK.

a) Rappeler la formule qui relier(K) `ar1(K) etr2(K).

b) SoitL un sous-corps deC qui est une extension finie de Qet soit K un sous-corps deL avec K6=L. Montrer que les conditions suivantes sont ´equivalentes.

(i) Le groupe des unit´es de Kest un sous-groupe d’indice fini du groupe des unit´es deL.

(ii)r(K) =r(L).

(iii) Le corpsKest totalement r´eel,Lest totalement imaginaire et [L:K] = 2.

c) Montrer que, si les conditions (i), (ii) et (iii) sont v´erifi´ees, alorsL∩R=K.

d) SoitL une extension galoisienne de Qde degr´en. Montrer que le corps L est soit totalement r´eel, soit totalement imaginaire.

e) On suppose encore queLest une extension galoisienne deQde degr´en. SoitKle sous-corps de Lfix´e par la conjugaison complexe. On noteGle groupe de Galois deLsurQetH le sous-groupe engendr´e par la conjugaison complexe.

A quelle condition peut-on affirmer que l’extension` K/Qest galoisienne ? Donner un exemple o`u l’extensionK/Qn’est pas galoisienne.

On suppose que l’extensionK/Qest galoisienne. Montrer que le groupe des unit´es de K est un sous-groupe d’indice fini du groupe des unit´es de L.

Quel est le rang du groupe des unit´es du corps cyclotomique L = Q(ζ8) des racines 8`emes de l’unit´e ? Quel est son sous-corps r´eel maximalK? Quel est le rang du groupe des unit´es deK? (5) Exercice 4.Soientpun nombre premier,s≥0 etf ≥1 deux entiers,mun entier positif non divisible

parp. On poseq=p^f et n=p^sm. On d´esigne parF_q un corps fini `aq´el´ements. On d´esigne par Φ_n et Φ_mles polynˆomes cyclotomiques d’indicenet met parϕ(n) etϕ(m) leurs degr´es (ϕest la fonction d’Euler).

a) Montrer que dansF_q[X] on a

Φn(X) = Φm(X)^ϕ(ps).

b) On d´esigne parr l’ordre de q modulom. Montrer que Φm est produit deϕ(m)/r polynˆomes unitaires irr´eductibles distincts dansFq[X], chacun d’eux ´etant de degr´er.

(6) Exercice 5.Soitkun entier≥0 etsun nombre r´eel > k. Pournentier≥1 on pose σk(n) =X

d|n

d^k.

a) V´erifier

ζ(s)ζ(s−k) =X

n≥1

σ_k(n) n^s ·

b) Montrer que simetnsont deux entiers positifs premiers entre eux on a σ_k(mn) =σ_k(m)σ_k(n).

c) Calculerσk(p^a) quandpest un nombre premier etaun entier≥0.

d) V´erifier

X

n≥1

σ_k(n) n^s =Y

p

1−(p^k+ 1)p^−s+p^k−2s−1

.

Universit´e P. et M. Curie (Paris VI), Michel Waldschmidt

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Examen du Lundi 18 Juin 2007 Corrig´e

Exercice 1. Il y a de nombreuses raisons pour qu’un corps fini ne soit pas alg´ebriquement clos. On a vu en cours que pour tout nombre premier p et toute puissance q = p^r de p, il existe un corps fini ayant p^r ´el´ements et qu’un tel corps est unique `a isomorphisme pr`es. De plus un corps `a p^r

´el´ements contient un sous-corps `ap<sup>s</sup>´el´ements si et seulement sis diviser. Donc pour tout corps finik`ap^s´el´ements et pour tout entierd >0 il existe au moins une extension dekde degr´ed, par cons´equent il existe un polynˆome irr´eductible `a coefficients danskde degr´ed.

Un autre argument consiste `a dire qu’un corps fini F ayant q ´el´ements contient les racines m-i`emes de l’unit´e (avec m entier premier avecq) si et seulement sim divise q−1, c’est-`a-dire siqest congru `a 1 modulo m. Si un entierm premier avecq ne satisfait pas cette condition (par exemplem=q+ 1) alors le polynˆomeX^m−1 n’est pas totalement d´ecompos´e dansF.

On peut encore adapter l’argument d’Euclide pour montrer qu’il y a une infinit´e de polynˆomes irr´eductibles sur un corps donn´e K. En effet si f1, . . . , fr sont des polynˆomes irr´eductibles de K[X] alors 1 +f1· · ·fr est divisible par un polynˆome irr´eductible qui n’est pas dans l’ensemble {f1, . . . , fr}. Par exemple siF est un corps fini le polynˆome

1 + Y

α∈F

(X−α)∈F[X]

admet un facteur irr´eductible de degr´e>1 dansF[X].

Exercice 2.

a) Quandndivise m, comme le sous-groupe de k_m^× form´e par les racines deX^m−1 est cyclique d’ordre m, il contient un unique sous-groupe d’ordre n, qui est cyclique form´e par les racines n-i`emes de l’unit´e. Donck_n⊂k_m.

b) Sin divise m on peut ´ecrire m =dn. On prend ζn = ζ_m^d (c’est bien une racine primitiven- i`eme de l’unit´e). `A chaque entier hde l’intervalle 1 ≤h≤m qui est premier avecm on associe l’automorphismeσh dekm qui est d´etermin´e par la conditionσh(ζm) =ζ_m^h. L’applicationh7→σh

d´efinit un isomorphisme du groupe multiplicatif (Z/mZ)^× sur le groupe de GaloisG= Gal(km/Q) de l’extensionkm/Q. SoitH le sous-groupe deGform´e des ´el´ements qui fixentζn: c’est le groupe de Galois dekm/kn. Le quotient deGparH est isomorphe au groupe de Galois dekn surQ, donc

`

a (Z/nZ)^×.

On peut aussi d´ecrire la situation de la mani`ere suivante : comme l’id´ealmZest contenu dans nZ, les surjections canoniques deZsur les quotientsZ/mZetZ/nZinduisent un homomorphisme d’anneauxψ deZ/mZsurZ/nZqui envoie une classehmodulom sur la classe dehmodulon.

La restriction deψ au groupe multiplicatif (Z/mZ)^× est un homomorphisme surjectif de groupes

(Z/mZ)^× → (Z/nZ)^× dont le noyau, qui n’est autre que H, est form´e des classes h modulom avech≡1 (modn) : on v´erifie d’ailleurs que pourh≡1 (modn), on adh≡d (modm), donc

σh(ζn) =ζ_n^h=ζ_m^dh=ζ_m^d =ζn.

Pour obtenir les ´el´ements du groupe de Galois dek_n/Q, on choisit dans chacune des classes deG moduloH un repr´esentant et on prend sa restriction `ak_n.

Dans l’exemplen= 3,m= 15, on peut prendreζ₃=ζ₁₅⁵. Le groupe G= Gal(k₁₅/Q) est d’ordre ϕ(15) = 8, ses ´el´ementsσ_hpeuvent ˆetre index´es par les entiersh= 1,2,4,7,8,11,13,14 qui sont les entiers de l’intervalle 1≤h≤15 premiers avec 15, avecσ_h(ζ) =ζ^h. Les ´el´ements de Gqui fixent k3 sont ceux dont l’indice est congru `a 1 modulo 3, c’est-`a-direσ1, σ4,σ7 et σ13. La restriction `a k3 de l’un quelconque des quatre autres automorphismesσ2,σ8,σ11,σ14 est l’automorphisme non trivial dek3.

c) Sinest impair on aϕ(2n) =ϕ(2)ϕ(n) =ϕ(n), donck2n =kn et [k2n:kn] = 1.

Sinest pair on aϕ(2n) = 2ϕ(n), donck2n est une extension quadratique dekn et [k2n :kn] = 2.

d) Pour commencer on consid`ere le casm et hsont deux entiers tels quekh=km et m < h. On remarque d’abord que la conditionkm=kh implique quehetm ont les mˆeme diviseurs premiers impairs, car ce sont les diviseurs premiers impairs du discriminant absolu dekm. Si

m= 2^α0p^α₁¹· · ·p^α_r^r et h= 2^β0p^β₁¹· · ·p^β_r^r,

avecp₁, . . . , p_r nombres premiers impairs deux `a deux distincts, α₀ ≥0 β₀≥0,α_i ≥1 etβ_i ≥1 pour 1≤i≤r, on a

ϕ(m) = 2^α00p^α₁¹⁻¹(p₁−1)· · ·p^α_r^r−1(p_r−1) et ϕ(h) = 2^β00p^β₁¹⁻¹(p₁−1)· · ·p^β_r^r−1(p_r−1), avecα⁰₀= max{0, α0−1},β₀⁰ = max{0, β0−1}. On d´eduit alors facilement de l’´egalit´eϕ(h) =ϕ(m) queαi =βi pour 1≤i≤ret α⁰₀ =β⁰₀. L’hypoth`ese m < hentraˆıne alorsh= 2m, α0 = 0 (donc mest impair) etβ0= 1.

Il en r´esulte que sinet msont deux entiers positifs pour lesquels kn ⊂kmet n ne divise pasm, alorskm=kh avech= ppcm(m, n)> m, donc h= 2m, ndivise 2m, de plusm est impair etn est pair.

Exercice 3.

a) Le rang du groupe des unit´es de r(K) est donn´e par la formule de Dirichlet r(K) =r₁(K) +r₂(K)−1.

b) L’´equivalence entre (i) et (ii) est banale : le groupe des unit´esZ^×_K deK est un sous-groupe du groupe des unit´esZ^×_K deL, etZ^×_K est d’indice fini dansZ^×_L si et seulement si les deux groupes ont le mˆeme rang.

Si K est totalement r´eel on ar1(K) = [K :Q] etr2(K) = 0, donc r(K) = [K :Q]−1. SiL est totalement imaginaire on ar1(L) = 0 etr2(L) = [L:Q], d’o`ur(L) = [L:Q]/2−1. Si de plus [L:K] = 2 alors [L:Q] = 2[K:Q] etr(K) =r(L). Ceci montre que (iii) implique (ii).

Pour d´emontrer la r´eciproque ´ecrivons

r1=r1(K), r2=r2(K), n= [K:Q] =r1+ 2r2,

r⁰₁=r1(L), r₂⁰ =r2(L), n⁰= [L:Q] =r⁰₁+ 2r⁰₂. L’hypoth`eser(K) =r(L) s’´ecrit

r1+r2=r₁⁰ +r⁰₂.

CommeL est une extension deK de degr´e≥2 on a aussin⁰≥2n, c’est-`a-dire 2r₁+ 4r₂≤r⁰₁+ 2r₂⁰.

Alors 2r₁+ 4r₂≤2(r₁+r₂)−r₁⁰, ce qui donner⁰₁+ 2r₂≤0. Donc

r₁⁰ =r2= 0, r1=n, r⁰₂=n⁰/2, r(K) =n−1, r(L) = (n⁰/2)−1 et finalementn⁰= 2n. Ainsi (ii) implique (iii).

c) CommeLest une extension totalement imaginaire deQ, ce n’est pas un sous-corps deR. Alors L∩R est un sous corps de Ldistinct de L et qui contient K; comme [L: K] = 2 on en d´eduit K=L∩R.

d) Quand L est un corps de nombres d’apr`es le th´eor`eme de l’´el´ement primitif on peut ´ecrire L = Q(α). Supposons que L admette un plongement r´eel : soit α⁰ ∈ R l’image de α par ce plongement. AlorsL⁰ =Q(α⁰) est un sous-corps deR, il est isomorphe `a Let donc galoisien sur Q, donc tous les conjugu´es de α⁰ sont dansL⁰, et par cons´equent sont r´eels. Il en r´esulte qu’une extension galoisienne deQest soit totalement r´eelle, soit totalement imaginaire.

e) Quand l’extensionL/Q est galoisienne de groupe de GaloisG et que K est un sous-corps de L, le sous-groupeH deGassoci´e `aK par la correspondance de Galois est form´e des ´el´ements de Gqui fixentK. L’extension K/Qest galoisienne si et seulement si H est un sous-groupe normal deG, dans ce cas le groupe de Galois de K/Qest isomorphe au groupe quotient deGparH. La conjugaison complexe est un ´el´ement de Gal(L/Q) dont le carr´e est 1 (c’est une involution), donc cet ´el´ement est d’ordre 1 ou 2 (selon queLest totalement r´eel ou totalement imaginaire).

Dans l’exemple habituel L = Q(j,√³

2), le sous-corps fix´e par la conjugaison complexe est K=Q(√³

2) qui n’est pas galoisien surQ. Le rang du groupe des unit´es deLest 2 carr1(L) = 0 etr2(L) = 3, celui deKest 1 carr1(K) =r2(K) = 1.

On suppose maintenant l’extension K/Q galoisienne. Alors K est un corps totalement r´eel d’apr`es la question d).

SiLest un sous-corps deR(la conjugaison complexe est d’ordre 1, elle agit comme l’identit´e sur L) on aK=LetZ^×_K=Z^×_L.

SiLn’est pas un sous-corps deRalors la conjugaison complexe est d’ordre 2 dans Gal(L/Q), donc l’extension L/K est de degr´e 2,L est totalement imaginaire,K est totalement r´eel et par ce qui pr´ec`edeZ^×_K est un sous-groupe d’indice fini deZ^×_L.

Le corps Q(ζ8) est une extension de degr´eϕ(8) = 4 (quartique) deQ, engendr´ee pari et√ 2, galoisienne sur Q et totalement imaginaire, son groupe des unit´es est de rang 1 (car r1 = 0 et r2 = 2), le sous-corps r´eel maximal (fix´e par la conjugaison complexe) estK =Q(√

2), c’est un corps quadratique r´eel dont le groupe des unit´es est aussi de rang 1 (carr1= 1 etr2= 0).

Exercice 4On a d’une part

Xⁿ−1 =Y

e|n

Φe(X).

Quandn=p^smun diviseuredens’´ecrit de mani`ere uniquee=p^jdavec 0≤j≤setddivisem.

Dans cette ´ecriture le diviseure=ncorrespond `aj =s, d=m. Ceci permet d’´ecrire Y

e|n

Φe(X) =

s

Y

j=0

Y

d|m

Φ_pjd(X). (1)

D’autre part en caract´eristiquepon a

Xⁿ−1 =X^psm−1 = (X^m−1)^ps =Y

d|m

Φd(X)^ps.

On va d´emontrer la relation demand´ee

Φ_n(X) = Φ_m(X)^ϕ(ps)

dans F_q[X] par r´ecurrence sur n. Elle est triviale pour s= 0 avec ϕ(1) = 1, n= m. Si elle est satisfaite pour tous les diviseurs stricts de n, alors dans le membre de droite de (1) le facteur correspondant `ad|m,d6=mest

s

Y

j=0

Φ_pjd(X) =

s

Y

j=0

Φd(X)^ϕ(pj)= Φd(X)1+(p−1)+(p−1)p+···+(p−1)p^s−1 = Φd(X)^ps,

tandis que celui correspondant `ad=mest

s

Y

j=0

Φ_pjm(X) = Φn(X)

s−1

Y

j=0

Φm(X)^ϕ(pj)

= Φ_n(X)Φ_m(X)1+(p−1)+(p−1)p+···+(p−1)p^s−2

= Φ_n(X)Φ_m(X)^ps−1. En identifiant les facteurs on trouve

Φ_n(X)Φ_m(X)^ps−1= Φ_m(X)^ps. La relation demand´ee en r´esulte puisqueϕ(p^s) =p^s−p^s−1.

b) Comme p ne divise pas m le polynˆome X^m−1 a une d´eriv´ee non nulle, donc il n’a pas de facteurs multiples. Il en est de mˆeme `a plus forte raison pour Φ_m(X).

Soient P un facteur irr´eductible de Φ_m dansF_q[X],t son degr´e etF un corps de rupture de P sur F_q. Le corps F a donc q^t ´el´ements. Soit ζ ∈ F une racine de P. On a P(ζ) = 0, donc Φ_m(ζ) = 0, ce qui signifie que ζ est une racine primitivem-i`eme de l’unit´e :ζ est d’ordremdans le groupe multiplicatif F<sup>×</sup> qui est d’ordre q<sup>t</sup>−1. Alors (Lagrange) m divise q<sup>t</sup>−1, c’est `a dire q^t≡1 (modm). Cela signifie quet est multiple de l’ordrerdeqmodulom.

D’autre part on aq^r≡1 (modm) et ζ^m= 1, doncζ^qr =ζ, ce qui signifie queζ appartient `a un corps E ayant q^r ´el´ements. CommeF =Fq(ζ) a q^t´el´ements l’inclusion F ⊂E implique que t divise r. Finalement t = r et tous les facteurs irr´eductibles de Φm ont le mˆeme degr´e r. Leur nombre est alorsϕ(m)/r.

Exercice 5.Commeσk(n)≤n^k, la s´erie de Dirichlet X

n≥1

σk(n) n^s

converge (absolument et uniform´ement sur tout compact) dans le demi plan <s > k (donc `a plus forte raison poursr´eel > k).

a) Dans ce demi plan on a

ζ(s)ζ(s−k) =X

h≥1

X

d≥1

1 h^s

1

d^s−k =X

n≥1

1 n^s

X

d|n

d^k =X

n≥1

σk(n) n^s ·

b) Si pgcd(m, n) = 1 l’application (h, `)7→h`d´efinit une bijection entre les couples (h, `) o`uhest un diviseur demet `un diviseur dend’une part, et les diviseurs demnd’autre part. Donc

σ_k(mn) = X

d|mn

d^k =X

h|m

X

`|n

(h`)^k=X

h|m

h^kX

`|n

`^k=σ_k(m)σ_k(n).

c) Soient p est un nombre premier et a un entier ≥ 0. Les diviseurs de p^a sont les entiers 1, p, p², . . . , p^a, donc

σk(p^a) = 1 +p^k+· · ·+p^ak= p^k(a+1)−1 p^k−1 · d) Comme

ζ(s) =Y

p

1

1−p^−s, ζ(s−k) =Y

p

1 1−p^k−s et que

(1−p^−s)(1−p^k−s) = 1−p^−s(p^k+ 1) +p^k−2s on a

X

n≥1

σk(n)

n^s =ζ(s)ζ(s−k) =Y

p

1−(p^k+ 1)p^−s+p^k−2s−1

.

On peut aussi bien sˆur red´emontrer cette formule `a partir de la multiplicativit´e de la fonctionσk : quandf est une fonction multiplicative et que la s´erieP

n≥1|f(n)|n^−sconverge on a (cf. feuille 4 de TD)

X

n≥1

f(n)n^−s=Y

p

X

a≥0

f(p^a)p^−as. Pourf(n) =σ_k(n) on a

σk(p^a)p^−as= p^(a+1)k−1

p^k−1 p^−as= p^k

p^k−1p^a(k−s)− 1 p^k−1p^−as et

X

a≥0

σk(p^a)p^−as= 1 p^k−1

p^k

1−p^k−s− 1 1−p^−s

= 1

(1−p^k−s)(1−p^−s) = 1

1−(p^k+ 1)p^−s+p^k−2s·