Corps et extensions : corrigé des exercices de maths en L3.

Corrigé de l’exercice 1 : Caractéristique et morphisme de Frobenius

1. Le noyau du morphisme \(\mathbb{Z} \to K\), \(n \mapsto n \cdot 1_K\), vaut \(p\mathbb{Z}\) avec \(p > 0\). D’abord, \(p \neq 1\) car \(1_K \neq 0\). Ensuite, si \(p = ab\) avec \(1 < a, b < p\), on a \((a \cdot 1_K)(b \cdot 1_K) = p \cdot 1_K = 0\). Or un corps est intègre, donc \(a \cdot 1_K = 0\) ou \(b \cdot 1_K = 0\), ce qui contredit la minimalité de \(p\). Ainsi, \(p\) est premier.
2. Pour \(1 \leq\, k \leq\, p – 1\), on a \(k\binom\,{p}{k} = p\binom\,{p-1}{k-1}\). Donc \(p\) divise \(k\binom\,{p}{k}\). Or \(p\) est premier et ne divise pas \(k\), donc il est premier avec \(k\). Le lemme de Gauss donne alors \(p \mid \binom\,{p}{k}\). Par conséquent, dans \(K\), la formule du binôme devient
   \[(x + y)^p = x^p + \sum_{k=1}^{p-1} \binom\,{p}{k} x^k y^{p-k} + y^p = x^p + y^p.\]
   De plus, \(F(xy) = (xy)^p = x^p y^p = F(x)F(y)\) par commutativité, et \(F(1) = 1\). Donc \(F\) est un morphisme de corps.
3. Le noyau de \(F\) est un idéal de \(K\) qui ne contient pas \(1\), puisque \(F(1) = 1\). Or les seuls idéaux d’un corps sont \(\{0\}\) et \(K\). Donc \(\ker F = \{0\}\) et \(F\) est injectif. Si \(K\) est fini, une application injective de \(K\) dans lui-même est bijective. Le Frobenius d’un corps fini est donc un automorphisme.
4. Soit \(a \geq\, 0\) un entier. Dans \(\mathbb{F}_p\), on écrit \(\overline{a} = 1 + 1 + \cdots + 1\) (\(a\) termes). Comme \(F\) est additif, \(\overline{a}^p = 1^p + \cdots + 1^p = \overline{a}\). Ensuite, un entier négatif est congru modulo \(p\) à un entier positif, et la relation ne dépend que de la classe. On retrouve \(a^p \equiv a \pmod p\) pour tout \(a \in \mathbb{Z}\).
5. Si \(p\) est impair, \((-y)^p = -y^p\). Si \(p = 2\), alors \(-1 = 1\) dans \(K\), donc \((-y)^2 = y^2 = -y^2\). Dans les deux cas, \(F(x – y) = F(x) + F(-y) = x^p – y^p\). Enfin, \(F^n : x \mapsto x^{p^n}\) est une composée de morphismes, donc un morphisme. Ainsi, \((x – y)^{p^n} = x^{p^n} – y^{p^n}\).

Corrigé de l’exercice 2 : Sous-corps premier et morphismes de corps

1. Le noyau de \(\sigma\) est un idéal de \(K\). Il ne contient pas \(1\), car \(\sigma(1) = 1 \neq 0\). Donc \(\ker \sigma = \{0\}\), et \(\sigma\) est injectif. Ensuite, pour tout \(n \in \mathbb{Z}\), on a \(\sigma(n \cdot 1_K) = n \cdot 1_L\). Par injectivité, \(n \cdot 1_K = 0\) si et seulement si \(n \cdot 1_L = 0\). Les deux corps ont donc la même caractéristique.
2. On a \(\operatorname{car}(\mathbb{Q}) = 0\), \(\operatorname{car}(\mathbb{F}_3) = 3\) et \(\operatorname{car}(\mathbb{F}_5) = 5\). Les caractéristiques diffèrent. D’après la question 1, aucun des deux morphismes n’existe.
3. Le corps \(\mathbb{Q}(\sqrt{2})\) contient \(\mathbb{Q}\) et il est de caractéristique nulle : son sous-corps premier est \(\mathbb{Q}\). De même pour \(\mathbb{R}\). Ensuite, \(\mathbb{F}_3[X]/(X^2 + 1)\) est de caractéristique \(3\) : son sous-corps premier est formé des classes des constantes \(\{\overline{0}, \overline{1}, \overline{2}\}\), isomorphe à \(\mathbb{F}_3\). Enfin, \(\mathbb{F}_7(T)\) est de caractéristique \(7\). Les sous-corps premiers sont \(\mathbb{Q}\), \(\mathbb{Q}\), \(\mathbb{F}_3\) et \(\mathbb{F}_7\).
4. Soit \(\sigma : \mathbb{Q} \to L\) un morphisme de corps. D’abord, \(\sigma(1) = 1_L\), donc \(\sigma(n) = n \cdot 1_L\) pour tout \(n \in \mathbb{Z}\) par additivité. Ensuite, pour \(b \neq 0\), \(\sigma(b)\sigma\bigl(\frac{a}{b}\bigr) = \sigma(a)\), donc \(\sigma\bigl(\frac{a}{b}\bigr) = (a \cdot 1_L)(b \cdot 1_L)^{-1}\). Ainsi, \(\sigma\) est l’injection canonique de \(\mathbb{Q}\) sur le sous-corps premier de \(L\).

Corrigé de l’exercice 3 : Degré d’une extension biquadratique

1. Supposons \(\sqrt{3} = a + b\sqrt{2}\) avec \(a, b \in \mathbb{Q}\). En élevant au carré, \(3 = a^2 + 2b^2 + 2ab\sqrt{2}\). Comme \((1, \sqrt{2})\) est libre sur \(\mathbb{Q}\), on obtient \(ab = 0\). Si \(b = 0\), alors \(\sqrt{3} = a\) est rationnel : c’est faux. Si \(a = 0\), alors \(3 = 2b^2\), donc \((2b)^2 = 6\), et \(\sqrt{6}\) serait rationnel : c’est faux aussi. Donc \(\sqrt{3} \notin \mathbb{Q}(\sqrt{2})\).
2. Le polynôme \(X^2 – 3\) est de degré \(2\) et n’a pas de racine dans \(\mathbb{Q}(\sqrt{2})\). Il y est donc irréductible, et c’est le polynôme minimal de \(\sqrt{3}\) sur \(\mathbb{Q}(\sqrt{2})\). Ainsi, \([\mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3}) : \mathbb{Q}(\sqrt{2})] = 2\), de base \((1, \sqrt{3})\). Par le théorème de la base télescopique, avec la base \((1, \sqrt{2})\) de \(\mathbb{Q}(\sqrt{2})\) sur \(\mathbb{Q}\), on obtient les produits \(1, \sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{6}\). Donc \([\mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3}) : \mathbb{Q}] = 4\), de base \((1, \sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{6})\).
3. D’une part, \(\sqrt{6} = \sqrt{2}\sqrt{3} \in \mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3})\). D’autre part, \(\sqrt{3} = \frac{\sqrt{6}}{\sqrt{2}} \in \mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{6})\). Chaque corps contient donc les générateurs de l’autre. Par double inclusion, \(\mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3}) = \mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{6})\).
4. On a vu que \(X^2 – 3\) est de degré \(2\) sans racine dans \(\mathbb{Q}(\sqrt{2})\). Il est donc irréductible sur \(\mathbb{Q}(\sqrt{2})\). En revanche, \(18 = (3\sqrt{2})^2\), donc \(X^2 – 18 = (X – 3\sqrt{2})(X + 3\sqrt{2})\) est réductible sur \(\mathbb{Q}(\sqrt{2})\), bien qu’il soit irréductible sur \(\mathbb{Q}\).

Corrigé de l’exercice 4 : Calculs dans un corps de rupture de X³ − 2

1. Le polynôme \(X^3 – 2\) est unitaire, et \(2\) divise tous ses coefficients non dominants sans que \(4\) divise le terme constant. Le critère d’Eisenstein en \(2\) montre donc qu’il est irréductible sur \(\mathbb{Q}\). Par conséquent, l’idéal \((X^3 – 2)\) est maximal dans \(\mathbb{Q}[X]\), et \(K\) est un corps. La division euclidienne par \(X^3 – 2\) montre enfin que tout élément s’écrit de façon unique \(a + b\alpha + c\alpha^2\). Ainsi, \([K : \mathbb{Q}] = 3\) et \((1, \alpha, \alpha^2)\) est une base.
2. On utilise l’identité \((\alpha + 1)(\alpha^2 – \alpha + 1) = \alpha^3 + 1\). Or \(\alpha^3 = 2\), donc ce produit vaut \(3\). Par conséquent, \((1 + \alpha)^{-1} = \frac{1}{3}\alpha^2 – \frac{1}{3}\alpha + \frac{1}{3}\).
3. On a \(\alpha^2 + \alpha = \alpha(1 + \alpha)\). D’abord, \(\alpha \cdot \alpha^2 = 2\), donc \(\alpha^{-1} = \frac{\alpha^2}{2}\). Ensuite,
   \[(\alpha^2 + \alpha)^{-1} = \frac{\alpha^2}{2} \cdot \frac{\alpha^2 – \alpha + 1}{3} = \frac{\alpha^4 – \alpha^3 + \alpha^2}{6} = \frac{2\alpha – 2 + \alpha^2}{6},\]
   car \(\alpha^4 = 2\alpha\). Vérifions : \((\alpha^2 + \alpha)(\alpha^2 + 2\alpha – 2) = \alpha^4 + 3\alpha^3 – 2\alpha = 2\alpha + 6 – 2\alpha = 6\). Donc \((\alpha^2 + \alpha)^{-1} = \frac{1}{6}(\alpha^2 + 2\alpha – 2)\).
4. D’abord, \((\alpha^2)^3 = \alpha^6 = 4\), donc \(\alpha^2\) annule \(X^3 – 4\). Ensuite, \(\alpha^2 \notin \mathbb{Q}\), car ses coordonnées dans la base sont \((0, 0, 1)\). Son degré divise \([K : \mathbb{Q}] = 3\) et ne vaut pas \(1\) : il vaut \(3\). Le polynôme \(X^3 – 4\), unitaire de degré \(3\), est donc son polynôme minimal. De même, \(\beta = 1 + \alpha\) vérifie \((\beta – 1)^3 = 2\), c’est-à-dire \(\beta^3 – 3\beta^2 + 3\beta – 3 = 0\). Or \(\mathbb{Q}(\beta) = \mathbb{Q}(\alpha)\) est de degré \(3\). Les polynômes minimaux sont \(X^3 – 4\) et \(X^3 – 3X^2 + 3X – 3\). Ce dernier est d’ailleurs d’Eisenstein en \(3\).

Corrigé de l’exercice 5 : Polynôme minimal de √2 + √3

1. On a \(\gamma^2 = 2 + 3 + 2\sqrt{6} = 5 + 2\sqrt{6}\). Donc \((\gamma^2 – 5)^2 = 24\), soit \(\gamma^4 – 10\gamma^2 + 1 = 0\). Le polynôme \(P = X^4 – 10X^2 + 1\) convient.
2. Par la formule du binôme,
   \[\gamma^3 = 2\sqrt{2} + 3 \cdot 2 \cdot \sqrt{3} + 3\sqrt{2} \cdot 3 + 3\sqrt{3} = 11\sqrt{2} + 9\sqrt{3}.\]
   Ainsi, \(\gamma^3 – 9\gamma = 2\sqrt{2}\) et \(\gamma^3 – 11\gamma = -2\sqrt{3}\). Donc \(\sqrt{2} = \frac{\gamma^3 – 9\gamma}{2}\) et \(\sqrt{3} = \frac{11\gamma – \gamma^3}{2}\) appartiennent à \(\mathbb{Q}(\gamma)\).
3. D’une part, \(\gamma \in \mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3})\). D’autre part, la question 2 donne l’inclusion réciproque. Donc \(\mathbb{Q}(\gamma) = \mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3})\), de degré \(4\) d’après l’exercice 3. Le polynôme minimal de \(\gamma\) est donc de degré \(4\). Or il divise \(P\), unitaire de degré \(4\). Ainsi, \(\mu_\gamma = X^4 – 10X^2 + 1\), irréductible sur \(\mathbb{Q}\). Ses racines sont les \(\pm\sqrt{2} \pm \sqrt{3}\) : en effet, leur carré vaut \(5 \pm 2\sqrt{6}\), et \((5 \pm 2\sqrt{6} – 5)^2 = 24\).
4. Les trois identités se vérifient en développant : \(X^4 – 2X^2 + 1 – 8X^2\), \(X^4 + 2X^2 + 1 – 12X^2\) et \(X^4 – 10X^2 + 25 – 24\) valent toutes \(P\). Soit \(p\) premier impair et \(g\) un générateur de \(\mathbb{F}_p^*\), d’ordre pair \(p – 1\). Les carrés non nuls sont exactement les puissances paires de \(g\). Si \(2\) ou \(3\) est un carré (y compris \(3 = 0\) lorsque \(p = 3\)), c’est gagné. Sinon, \(2 = g^a\) et \(3 = g^b\) avec \(a, b\) impairs, donc \(6 = g^{a+b}\) avec \(a + b\) pair : \(6\) est un carré. Ensuite :
   • si \(2 = s^2\), alors \(P = (X^2 – 1)^2 – (2sX)^2 = (X^2 – 2sX – 1)(X^2 + 2sX – 1)\) ;
   • si \(3 = t^2\), alors \(P = (X^2 – 2tX + 1)(X^2 + 2tX + 1)\) ;
   • si \(6 = u^2\), alors \(P = (X^2 – 5 – 2u)(X^2 – 5 + 2u)\).

   Dans tous les cas, \(P\) est réductible dans \(\mathbb{F}_p[X]\). Pour \(p = 2\), on a \(P = X^4 + 1 = (X + 1)^4\) par le Frobenius. Ainsi, \(P\) est irréductible sur \(\mathbb{Q}\) mais réductible modulo tout nombre premier.

Point de méthode : la réduction modulo \(p\) prouve l’irréductibilité seulement quand elle réussit. Cet exemple montre qu’elle peut échouer pour tous les \(p\) ; il faut alors revenir à un calcul de degré.

Corrigé de l’exercice 6 : Polynôme minimal de 2cos(2π/7)

1. On a \(\zeta^7 = 1\) et \(\zeta \neq 1\). Or \((\zeta – 1)(1 + \zeta + \cdots + \zeta^6) = \zeta^7 – 1 = 0\). Comme \(\zeta – 1 \neq 0\), la somme est nulle.
2. D’abord, \(\theta^2 = \zeta^2 + 2 + \zeta^{-2}\), donc \(\zeta^2 + \zeta^{-2} = \theta^2 – 2\). Ensuite, \(\theta^3 = \zeta^3 + 3\zeta + 3\zeta^{-1} + \zeta^{-3}\), donc \(\zeta^3 + \zeta^{-3} = \theta^3 – 3\theta\). Divisons alors la relation de la question 1 par \(\zeta^3\) :
   \[\zeta^{-3} + \zeta^{-2} + \zeta^{-1} + 1 + \zeta + \zeta^2 + \zeta^3 = 0.\]
   En regroupant, \(1 + \theta + (\theta^2 – 2) + (\theta^3 – 3\theta) = 0\). Donc \(\theta^3 + \theta^2 – 2\theta – 1 = 0\).
3. Soit \(P = X^3 + X^2 – 2X – 1\). Une racine rationnelle de ce polynôme unitaire à coefficients entiers serait un entier divisant \(1\). Or \(P(1) = -1\) et \(P(-1) = 1\). Ainsi, \(P\) n’a pas de racine dans \(\mathbb{Q}\). Comme il est de degré \(3\), il est irréductible sur \(\mathbb{Q}\). C’est donc le polynôme minimal de \(\theta\), et \([\mathbb{Q}(\theta) : \mathbb{Q}] = 3\).
4. Pour \(k \in \{2, 3\}\), \(\zeta^k\) vérifie encore \((\zeta^k)^7 = 1\) et \(\zeta^k \neq 1\). Le calcul précédent s’applique donc mot pour mot à \(\zeta^k\) : \(2\cos\frac{2k\pi}{7}\) est racine de \(P\). Ces trois réels sont distincts, car \(\cos\) est strictement décroissante sur \([0, \pi]\). Ce sont donc les trois racines de \(P\). De plus, \(2\cos\frac{4\pi}{7} = \zeta^2 + \zeta^{-2} = \theta^2 – 2\). La somme des racines vaut \(-1\), donc \(2\cos\frac{6\pi}{7} = -1 – \theta – (\theta^2 – 2) = 1 – \theta – \theta^2\). Les trois racines sont dans \(\mathbb{Q}(\theta)\), qui est donc le corps de décomposition de \(P\), de degré \(3\). La figure ci-dessous montre les trois racines, projections des racines septièmes de l’unité, et le graphe de \(P\).

   

Corrigé de l’exercice 7 : Corps de décomposition de X³ − 2

1. Le critère d’Eisenstein en \(2\) montre que \(X^3 – 2\) est irréductible sur \(\mathbb{Q}\). Ses racines complexes \(z\) vérifient \(z^3 = 2 = a^3\), donc \(\bigl(\frac{z}{a}\bigr)^3 = 1\). Les racines sont \(a\), \(ja\) et \(j^2 a\).
2. Le corps \(L\) contient \(a\), \(ja\) et \(j^2 a\). Réciproquement, tout sous-corps contenant les trois racines contient \(a\) et \(j = \frac{ja}{a}\). Donc \(L = \mathbb{Q}(a, ja, j^2 a)\) est bien le corps de décomposition. Ensuite, \([\mathbb{Q}(a) : \mathbb{Q}] = 3\). Le nombre \(j\) est racine de \(X^2 + X + 1\), et \(j \notin \mathbb{Q}(a)\) car \(\mathbb{Q}(a) \subset \mathbb{R}\). Ce polynôme de degré \(2\) sans racine dans \(\mathbb{Q}(a)\) y est irréductible, donc \([L : \mathbb{Q}(a)] = 2\). La base télescopique donne \([L : \mathbb{Q}] = 6\).
3. Chacun des trois corps est un corps de rupture de \(X^3 – 2\), irréductible sur \(\mathbb{Q}\). Par unicité du corps de rupture, ils sont isomorphes, et chacun est de degré \(3\). Montrons qu’ils sont distincts. Si \(\mathbb{Q}(ja) = \mathbb{Q}(a)\), alors \(j = \frac{ja}{a} \in \mathbb{Q}(a) \subset \mathbb{R}\) : c’est absurde. De même, \(\mathbb{Q}(j^2 a) \neq \mathbb{Q}(a)\), car \(j^2 \notin \mathbb{R}\). Enfin, si \(\mathbb{Q}(ja) = \mathbb{Q}(j^2 a)\), alors \(j = \frac{j^2 a}{ja}\) et \(a = \frac{ja}{j}\) appartiennent à \(\mathbb{Q}(ja)\). Ce corps contiendrait \(L\), de degré \(6 > 3\) : c’est impossible. Les trois corps sont deux à deux distincts et isomorphes.
4. On a \([\mathbb{Q}(j) : \mathbb{Q}] = 2\) et \(L = \mathbb{Q}(j)(a)\). Par la base télescopique, \([L : \mathbb{Q}(j)] = \frac{6}{2} = 3\). Le polynôme minimal de \(a\) sur \(\mathbb{Q}(j)\) est donc de degré \(3\) et divise \(X^3 – 2\). Ainsi, \(X^3 – 2\) est irréductible sur \(\mathbb{Q}(j)\).

Corrigé de l’exercice 8 : Corps de décomposition de X⁴ − 2

1. Le critère d’Eisenstein en \(2\) donne l’irréductibilité de \(X^4 – 2\) sur \(\mathbb{Q}\). Si \(z^4 = 2\), alors \(\bigl(\frac{z}{a}\bigr)^4 = 1\), donc \(\frac{z}{a} \in \{1, i, -1, -i\}\). Les racines sont \(a\), \(-a\), \(ia\) et \(-ia\).
2. Le corps de décomposition est \(\mathbb{Q}(a, -a, ia, -ia)\). Il contient \(a\) et \(i = \frac{ia}{a}\), et il est contenu dans \(\mathbb{Q}(a, i)\). Donc il vaut \(L = \mathbb{Q}(a, i)\). Ensuite, \([\mathbb{Q}(a) : \mathbb{Q}] = 4\). Comme \(\mathbb{Q}(a) \subset \mathbb{R}\), on a \(i \notin \mathbb{Q}(a)\), et \(X^2 + 1\) est irréductible sur \(\mathbb{Q}(a)\). Ainsi, \([L : \mathbb{Q}(a)] = 2\). Par la base télescopique, \([L : \mathbb{Q}] = 8\).
3. On a \(a^2 = \sqrt{2}\), donc \(\mathbb{Q}(\sqrt{2}) \subset \mathbb{Q}(a)\). Par la base télescopique, \([\mathbb{Q}(a) : \mathbb{Q}(\sqrt{2})] = \frac{4}{2} = 2\). Le polynôme \(X^2 – \sqrt{2}\) est unitaire, de degré \(2\), et annule \(a\). C’est le polynôme minimal de \(a\) sur \(\mathbb{Q}(\sqrt{2})\).
4. On a \([\mathbb{Q}(i) : \mathbb{Q}] = 2\) et \(L = \mathbb{Q}(i)(a)\). Donc \([\mathbb{Q}(i)(a) : \mathbb{Q}(i)] = \frac{8}{2} = 4\). Le polynôme minimal de \(a\) sur \(\mathbb{Q}(i)\) est de degré \(4\) et divise \(X^4 – 2\). Ainsi, \(X^4 – 2\) est irréductible sur \(\mathbb{Q}(i)\).
5. Les corps \(\mathbb{Q}(a)\) et \(\mathbb{Q}(ia)\) sont deux corps de rupture de \(X^4 – 2\) : ils sont isomorphes. Cependant, \(ia \notin \mathbb{R}\), donc \(ia \notin \mathbb{Q}(a)\) : ils sont distincts. Ensuite, \(i\sqrt{2} = ia^2 \in L\) et \((i\sqrt{2})^2 = -2\). Le polynôme \(X^2 + 2\) n’a pas de racine rationnelle, donc \([\mathbb{Q}(i\sqrt{2}) : \mathbb{Q}] = 2\). Ce corps n’est pas réel, donc il diffère de \(\mathbb{Q}(\sqrt{2})\). Enfin, si \(\mathbb{Q}(i\sqrt{2}) = \mathbb{Q}(i)\), alors \(\sqrt{2} = \frac{i\sqrt{2}}{i} \in \mathbb{Q}(i)\). Par égalité des degrés, on aurait \(\mathbb{Q}(\sqrt{2}) = \mathbb{Q}(i)\), ce qui est faux car l’un est réel et l’autre non. Ainsi, \(\mathbb{Q}(i\sqrt{2})\) est un troisième sous-corps quadratique de \(L\). La figure ci-dessous récapitule les racines et la tour de corps obtenue.

   

Corrigé de l’exercice 9 : Extensions de degré 2

1. Soit \(\alpha \in L \setminus K\). On a \(K \subset K(\alpha) \subset L\), donc \([K(\alpha) : K]\) divise \([L : K] = 2\). Or ce degré ne vaut pas \(1\), puisque \(\alpha \notin K\). Donc \([K(\alpha) : K] = 2 = [L : K]\). Un sous-espace de même dimension finie est l’espace entier. Ainsi, \(L = K(\alpha)\).
2. Soit \(X^2 + bX + c\) le polynôme minimal de \(\alpha\). Comme \(2 \neq 0\) dans \(K\), on peut poser \(\delta = \alpha + \frac{b}{2}\). Alors
   \[\delta^2 = \alpha^2 + b\alpha + \frac{b^2}{4} = -c + \frac{b^2}{4} \in K.\]
   De plus, \(\delta \notin K\), sinon \(\alpha = \delta – \frac{b}{2}\) serait dans \(K\). D’après la question 1, \(L = K(\delta)\) avec \(\delta^2 \in K\).
3. Ici, \(L = \mathbb{Q}(\delta)\) avec \(r = \delta^2 \in \mathbb{Q}\) et \(\delta \notin \mathbb{Q}\). Écrivons \(r = \frac{u}{v}\) avec \(v > 0\). Alors \(r = \frac{uv}{v^2}\), et l’on écrit \(uv = s^2 d\) avec \(d\) sans facteur carré. Donc \(\delta = \pm\frac{s}{v}\sqrt{d}\), où \(\sqrt{d}\) désigne une racine carrée complexe de \(d\). Ainsi, \(\mathbb{Q}(\delta) = \mathbb{Q}(\sqrt{d})\). Enfin, \(d \neq 1\) (et \(d \neq 0\)), car \(\delta \notin \mathbb{Q}\). Toute extension quadratique de \(\mathbb{Q}\) dans \(\mathbb{C}\) est un \(\mathbb{Q}(\sqrt{d})\), avec \(d \neq 1\) sans facteur carré.
4. Supposons \((x + y\sqrt{3})^2 = 2\) avec \(x, y \in \mathbb{Q}\). Alors \(x^2 + 3y^2 + 2xy\sqrt{3} = 2\), donc \(xy = 0\). Si \(y = 0\), alors \(x^2 = 2\) : impossible dans \(\mathbb{Q}\). Si \(x = 0\), alors \(3y^2 = 2\), soit \((3y)^2 = 6\) : impossible aussi. Donc \(2\) n’est pas un carré dans \(\mathbb{Q}(\sqrt{3})\). Or un isomorphisme \(\sigma : \mathbb{Q}(\sqrt{2}) \to \mathbb{Q}(\sqrt{3})\) fixe \(\mathbb{Q}\) (exercice 2), donc \(\sigma(\sqrt{2})^2 = \sigma(2) = 2\). Un tel isomorphisme n’existe donc pas.

Corrigé de l’exercice 10 : Nombres transcendants

1. L’ensemble \(\mathbb{Q}_n[X]\) est en bijection avec \(\mathbb{Q}^{n+1}\), qui est dénombrable. Donc \(\mathbb{Q}[X] = \bigcup_n \mathbb{Q}_n[X]\) est dénombrable, comme réunion dénombrable d’ensembles dénombrables. Ensuite, tout polynôme non nul a un nombre fini de racines. L’ensemble des nombres algébriques est la réunion, indexée par \(\mathbb{Q}[X] \setminus \{0\}\), de ces ensembles finis. Il est donc dénombrable. Comme \(\mathbb{R}\) n’est pas dénombrable, il existe des réels transcendants.
2. Le noyau du morphisme d’évaluation \(\mathrm{ev}_\alpha : \mathbb{Q}[X] \to \mathbb{C}\) est réduit à \(\{0\}\), par définition de la transcendance. Donc \(\mathrm{ev}_\alpha\) induit un isomorphisme \(\mathbb{Q}[X] \simeq \mathbb{Q}[\alpha]\). Or \(X\) n’est pas inversible dans \(\mathbb{Q}[X]\), pour une raison de degré. Donc \(\alpha\) n’est pas inversible dans \(\mathbb{Q}[\alpha]\). En revanche, \(\alpha \neq 0\) est inversible dans le corps \(\mathbb{Q}(\alpha)\). Ainsi, \(\mathbb{Q}[\alpha] \neq \mathbb{Q}(\alpha)\).
3. Une relation \(\sum_{k=0}^{n} c_k \alpha^k = 0\) non triviale fournirait un polynôme non nul annulant \(\alpha\). Donc la famille \((\alpha^k)_{k \geq\, 0}\) est libre sur \(\mathbb{Q}\). Par conséquent, \([\mathbb{Q}(\alpha) : \mathbb{Q}] = +\infty\).
4. Supposons \(\alpha^2 + 1\) algébrique, racine de \(P \neq 0\) de degré \(m\). Alors \(Q = P(X^2 + 1)\) est un polynôme de degré \(2m\), donc non nul, et \(Q(\alpha) = 0\). C’est absurde. Ensuite, si \(\beta^2 = \alpha\) avec \(\beta\) algébrique, l’extension \(\mathbb{Q}(\beta)/\mathbb{Q}\) est finie. Elle contient \(\alpha = \beta^2\), qui serait donc algébrique : c’est absurde. Ainsi, \(\alpha^2 + 1\) et toute racine carrée de \(\alpha\) sont transcendants.

Corrigé de l’exercice 11 : Les nombres algébriques forment un corps

1. Le polynôme minimal \(\mu_\beta\) de \(\beta\) sur \(\mathbb{Q}\) est à coefficients dans \(\mathbb{Q}(\alpha)\). Donc le polynôme minimal de \(\beta\) sur \(\mathbb{Q}(\alpha)\) divise \(\mu_\beta\), et \([\mathbb{Q}(\alpha, \beta) : \mathbb{Q}(\alpha)] \leq\, n\). La base télescopique donne \([\mathbb{Q}(\alpha, \beta) : \mathbb{Q}] \leq\, mn\). Cette extension finie est algébrique. Elle contient \(\alpha + \beta\), \(\alpha\beta\), \(-\alpha\) et, si \(\alpha \neq 0\), \(\alpha^{-1}\). Donc \(\overline{\mathbb{Q}}\) est un sous-corps de \(\mathbb{C}\).
2. Notons \(D = [\mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt[3]{3}) : \mathbb{Q}]\). D’une part, \(D \leq\, 2 \times 3 = 6\). D’autre part, \([\mathbb{Q}(\sqrt{2}) : \mathbb{Q}] = 2\) et \([\mathbb{Q}(\sqrt[3]{3}) : \mathbb{Q}] = 3\), car \(X^3 – 3\) est d’Eisenstein en \(3\). Ces deux degrés divisent \(D\), donc \(6 \mid D\). Ainsi, \(D = 6\).
3. En développant,
   \[(\gamma – \sqrt{2})^3 = \gamma^3 – 3\sqrt{2}\gamma^2 + 6\gamma – 2\sqrt{2} = 3.\]
   Donc \(\sqrt{2}(3\gamma^2 + 2) = \gamma^3 + 6\gamma – 3\). Comme \(\gamma\) est réel, \(3\gamma^2 + 2 > 0\), et \(\sqrt{2} = \frac{\gamma^3 + 6\gamma – 3}{3\gamma^2 + 2} \in \mathbb{Q}(\gamma)\). Ensuite, \(\sqrt[3]{3} = \gamma – \sqrt{2} \in \mathbb{Q}(\gamma)\). Donc \(\mathbb{Q}(\gamma) = \mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt[3]{3})\). Le degré de \(\gamma\) vaut \(6\).
4. Élevons au carré la relation \(\gamma^3 + 6\gamma – 3 = \sqrt{2}(3\gamma^2 + 2)\). D’abord, \((\gamma^3 + 6\gamma – 3)^2 = \gamma^6 + 12\gamma^4 – 6\gamma^3 + 36\gamma^2 – 36\gamma + 9\). Ensuite, \(2(3\gamma^2 + 2)^2 = 18\gamma^4 + 24\gamma^2 + 8\). La différence est nulle, soit
   \[\gamma^6 – 6\gamma^4 – 6\gamma^3 + 12\gamma^2 – 36\gamma + 1 = 0.\]
   Ce polynôme est unitaire, de degré \(6\), et annule \(\gamma\), qui est de degré \(6\). Le polynôme minimal de \(\gamma\) est \(X^6 – 6X^4 – 6X^3 + 12X^2 – 36X + 1\).
5. Soit \(z\) racine de \(\sum_{k=0}^{n} a_k X^k \neq 0\), avec \(a_k \in \overline{\mathbb{Q}}\). Le corps \(M = \mathbb{Q}(a_0, \ldots, a_n)\) est de degré fini sur \(\mathbb{Q}\), par récurrence à partir de la question 1. Ensuite, \(z\) est algébrique sur \(M\), donc \([M(z) : M]\) est fini. Par la base télescopique, \([M(z) : \mathbb{Q}]\) est fini. Donc \(z\) est algébrique sur \(\mathbb{Q}\) : le corps \(\overline{\mathbb{Q}}\) est algébriquement clos.

Corrigé de l’exercice 12 : Duplication du cube et racines non constructibles

1. D’après le théorème des tours quadratiques, un réel constructible \(x\) appartient à un corps \(K_r\) avec \([K_r : \mathbb{Q}] = 2^r\). Or \(\mathbb{Q} \subset \mathbb{Q}(x) \subset K_r\). Donc \([\mathbb{Q}(x) : \mathbb{Q}]\) divise \(2^r\) : c’est une puissance de \(2\).
2. Le polynôme \(X^3 – 2\) est irréductible (Eisenstein en \(2\)), donc \([\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2}) : \mathbb{Q}] = 3\). Ce n’est pas une puissance de \(2\). Ainsi, \(\sqrt[3]{2}\) n’est pas constructible. Géométriquement, un cube de volume double de celui d’un cube d’arête \(1\) a pour arête \(\sqrt[3]{2}\) : on ne peut pas la construire à la règle et au compas.
3. Le réel \(2\) est constructible, donc \(\sqrt{2}\) aussi, puis \(\sqrt{\sqrt{2}} = \sqrt[4]{2}\). Enfin, \(X^4 – 2\) est d’Eisenstein en \(2\). Ainsi, \(\sqrt[4]{2}\) est constructible, de degré \(4\).
4. Le polynôme \(X^6 – 2\) est d’Eisenstein en \(2\), donc \(\sqrt[6]{2}\) est de degré \(6\), qui n’est pas une puissance de \(2\). Ensuite, si \(1 + \sqrt[3]{2}\) était constructible, \(\sqrt[3]{2} = (1 + \sqrt[3]{2}) – 1\) le serait aussi, car les constructibles forment un corps. Aucun des deux n’est constructible.
5. On calcule \((1 + \sqrt{2})^3 = 1 + 3\sqrt{2} + 3 \times 2 + 2\sqrt{2} = 7 + 5\sqrt{2}\). La racine cubique réelle étant unique, \(\sqrt[3]{7 + 5\sqrt{2}} = 1 + \sqrt{2}\). Ce réel est constructible, bien qu’il s’écrive avec une racine cubique.

Point de méthode : une écriture avec des racines cubiques ne prouve pas la non-constructibilité. Seul le degré sur \(\mathbb{Q}\) compte.

Corrigé de l’exercice 13 : Trisection de l’angle

1. Par la formule de Moivre, \(\cos 3\theta = \operatorname{Re}\bigl((\cos\theta + i\sin\theta)^3\bigr) = \cos^3\theta – 3\cos\theta\sin^2\theta\). En remplaçant \(\sin^2\theta\) par \(1 – \cos^2\theta\), on obtient \(\cos 3\theta = 4\cos^3\theta – 3\cos\theta\).
2. Avec \(\theta = 20^\circ\) et \(c = \cos 20^\circ\), on a \(4c^3 – 3c = \cos 60^\circ = \frac{1}{2}\). Posons \(x = 2c\). Alors \(4c^3 = \frac{x^3}{2}\) et \(3c = \frac{3x}{2}\). En multipliant par \(2\), on obtient \(x^3 – 3x – 1 = 0\).
3. Une racine rationnelle de ce polynôme unitaire à coefficients entiers serait \(\pm 1\). Or \(1 – 3 – 1 = -3\) et \(-1 + 3 – 1 = 1\). Ce polynôme de degré \(3\) n’a pas de racine rationnelle, donc il est irréductible sur \(\mathbb{Q}\). Ainsi, \(x\) est de degré \(3\) et n’est pas constructible. Par conséquent, \(\cos 20^\circ = \frac{x}{2}\) non plus. Pourtant, l’angle de \(60^\circ\) est constructible, car \(\cos 60^\circ = \frac{1}{2}\). Il n’existe donc pas de méthode générale de trisection à la règle et au compas.
4. Le tiers de \(90^\circ\) est \(30^\circ\), et \(\cos 30^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2}\). Ce réel est constructible, car \(\sqrt{3}\) l’est. L’angle droit se trisecte donc.

Corrigé de l’exercice 14 : Pentagone, heptagone et ennéagone réguliers

1. Comme à l’exercice 6, \(1 + \omega + \omega^2 + \omega^3 + \omega^4 = 0\). En divisant par \(\omega^2\), on obtient \(\omega^{-2} + \omega^{-1} + 1 + \omega + \omega^2 = 0\). Or \(\omega^2 + \omega^{-2} = t^2 – 2\). Donc \(t^2 – 2 + t + 1 = 0\), soit \(t^2 + t – 1 = 0\). Les racines sont \(\frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}\). Enfin, \(t = 2\cos 72^\circ > 0\). Donc \(\cos\frac{2\pi}{5} = \frac{\sqrt{5} – 1}{4}\).
2. Le réel \(\sqrt{5}\) est constructible, et les constructibles forment un corps. Donc \(\cos\frac{2\pi}{5}\) est constructible, et le pentagone régulier aussi.
3. D’après l’exercice 6, \(2\cos\frac{2\pi}{7}\) est de degré \(3\). Or \(\mathbb{Q}\bigl(\cos\frac{2\pi}{7}\bigr) = \mathbb{Q}\bigl(2\cos\frac{2\pi}{7}\bigr)\). Le degré \(3\) n’étant pas une puissance de \(2\), l’heptagone régulier n’est pas constructible.
4. Avec \(c = \cos 40^\circ\), on a \(4c^3 – 3c = \cos 120^\circ = -\frac{1}{2}\). Pour \(x = 2c\), cela donne \(x^3 – 3x + 1 = 0\). Les candidats rationnels \(\pm 1\) donnent \(1 – 3 + 1 = -1\) et \(-1 + 3 + 1 = 3\). Le polynôme est donc irréductible, et \(\cos 40^\circ\) est de degré \(3\). Or \(\frac{2\pi}{9}\) correspond à \(40^\circ\). L’ennéagone régulier n’est pas constructible.

Corrigé de l’exercice 15 : Construction de F4 et F8

1. Les polynômes unitaires de degré \(2\) sur \(\mathbb{F}_2\) sont \(X^2\), \(X^2 + 1 = (X + 1)^2\), \(X^2 + X = X(X + 1)\) et \(X^2 + X + 1\). Le dernier vaut \(1\) en \(0\) et en \(1\) : il n’a pas de racine. C’est l’unique irréductible de degré \(2\).
2. Les éléments sont \(0, 1, \alpha, \alpha + 1\), avec \(\alpha^2 = \alpha + 1\). En caractéristique \(2\), \(x + x = 0\). Pour le produit, \(\alpha(\alpha + 1) = \alpha^2 + \alpha = 1\) et \((\alpha + 1)^2 = \alpha^2 + 1 = \alpha\). On obtient les tables suivantes.
   \[\begin{array}{c|cccc} + & 0 & 1 & \alpha & \alpha+1 \\ \hline 0 & 0 & 1 & \alpha & \alpha+1 \\ 1 & 1 & 0 & \alpha+1 & \alpha \\ \alpha & \alpha & \alpha+1 & 0 & 1 \\ \alpha+1 & \alpha+1 & \alpha & 1 & 0 \end{array} \qquad \begin{array}{c|ccc} \times & 1 & \alpha & \alpha+1 \\ \hline 1 & 1 & \alpha & \alpha+1 \\ \alpha & \alpha & \alpha+1 & 1 \\ \alpha+1 & \alpha+1 & 1 & \alpha \end{array}\]
3. Le polynôme \(X^3 + X + 1\) vaut \(1\) en \(0\) et en \(1\). De degré \(3\) sans racine, il est irréductible. Avec \(\beta^3 = \beta + 1\), on calcule successivement :
   \[\beta^4 = \beta^2 + \beta, \quad \beta^5 = \beta^3 + \beta^2 = \beta^2 + \beta + 1, \quad \beta^6 = \beta^3 + \beta^2 + \beta = \beta^2 + 1, \quad \beta^7 = \beta^3 + \beta = 1.\]
   Les puissances \(\beta^0, \ldots, \beta^6\) décrivent les sept éléments non nuls, et \(\beta^7 = 1\).
4. On a \(\beta^2 + 1 = \beta^6\), donc son inverse est \(\beta^{7-6} = \beta\). Vérification : \(\beta(\beta^2 + 1) = \beta^3 + \beta = 1\). De même, \(\beta^2 + \beta = \beta^4\), d’inverse \(\beta^3 = \beta + 1\). Les inverses sont \(\beta\) et \(\beta + 1\).
5. Un sous-corps à \(4\) éléments serait de degré \(2\) sur \(\mathbb{F}_2\). Par la base télescopique, \(2\) diviserait \([\mathbb{F}_8 : \mathbb{F}_2] = 3\). C’est impossible.

Corrigé de l’exercice 16 : Le corps F9 et ses générateurs

1. Dans \(\mathbb{F}_3\), \(X^2 + 1\) prend les valeurs \(1\), \(2\), \(2\) en \(0\), \(1\), \(2\). Sans racine et de degré \(2\), il est irréductible, et \(\mathbb{F}_9\) est un corps à \(9\) éléments.
2. On a \(\alpha^2 = -1 \neq 1\) et \(\alpha^4 = 1\). L’ordre de \(\alpha\) vaut \(4\), donc \(\alpha\) n’engendre pas \(\mathbb{F}_9^*\), qui est d’ordre \(8\).
3. D’abord, \((1 + \alpha)^2 = 1 + 2\alpha + \alpha^2 = 2\alpha\). Ensuite, \((1 + \alpha)^4 = 4\alpha^2 = -4 = -1\) dans \(\mathbb{F}_3\). L’ordre de \(1 + \alpha\) divise \(8\) mais ne divise pas \(4\). Il vaut donc \(8\) : \(1 + \alpha\) est un générateur.
4. Il y a \(\varphi(8) = 4\) générateurs : les \((1 + \alpha)^k\) avec \(k\) impair. On calcule \((1 + \alpha)^3 = 2\alpha(1 + \alpha) = 2\alpha – 2 = 1 + 2\alpha\). Ensuite, \((1 + \alpha)^5 = -(1 + \alpha) = 2 + 2\alpha\) et \((1 + \alpha)^7 = -(1 + 2\alpha) = 2 + \alpha\). Les générateurs sont \(1 + \alpha\), \(1 + 2\alpha\), \(2 + 2\alpha\) et \(2 + \alpha\). Les quatre autres éléments non nuls, \(1, 2, \alpha, 2\alpha\), sont d’ordres \(1, 2, 4, 4\).
5. Posons \(\beta = 1 + \alpha\). Alors \((\beta – 1)^2 = -1\), soit \(\beta^2 – 2\beta + 2 = 0\), c’est-à-dire \(\beta^2 + \beta + 2 = 0\) dans \(\mathbb{F}_3\). Comme \(\beta \notin \mathbb{F}_3\), son degré vaut \(2\). Le polynôme minimal est \(X^2 + X + 2\), et \(\mathbb{F}_9 \simeq \mathbb{F}_3[X]/(X^2 + X + 2)\), présentation dans laquelle la classe de \(X\) est un générateur.

Corrigé de l’exercice 17 : Générateurs et racines dans F13

1. On a \(12 = 2^2 \times 3\). D’après la méthode du cours, il suffit de vérifier \(2^{12/2} \neq 1\) et \(2^{12/3} \neq 1\). Or \(2^4 = 16 = 3\) et \(2^6 = 64 = 12 = -1\) dans \(\mathbb{F}_{13}\). Donc \(2\) est d’ordre \(12\) : il engendre \(\mathbb{F}_{13}^*\).
2. Les puissances \(2^0, \ldots, 2^{11}\) valent successivement \(1, 2, 4, 8, 3, 6, 12, 11, 9, 5, 10, 7\). Les générateurs sont les \(2^k\) avec \(k\) premier à \(12\), soit \(k \in \{1, 5, 7, 11\}\). Les générateurs sont \(2\), \(6\), \(11\) et \(7\).
3. Les carrés non nuls sont les puissances paires de \(2\) : \(2^0, 2^2, \ldots, 2^{10}\). Ce sont \(1, 4, 3, 12, 9, 10\). En particulier, \(-1 = 12 = 2^6 = (2^3)^2 = 8^2\). Donc \(-1\) est un carré, conformément au fait que \(13 \equiv 1 \pmod 4\). La figure ci-dessous place les douze puissances de \(2\) sur un cycle et distingue les générateurs et les carrés.

   

4. Posons \(x = 2^k\), l’élément \(0\) n’étant pas solution. On a \(10 = 2^{10}\), donc \(x^2 = 10\) équivaut à \(2k \equiv 10 \pmod{12}\), soit \(k \equiv 5 \pmod 6\). Ainsi, \(k \in \{5, 11\}\) et \(x \in \{6, 7\}\). Vérification : \(6^2 = 36 = 10\) et \(7^2 = 49 = 10\). Ensuite, \(5 = 2^9\), donc \(x^3 = 5\) équivaut à \(3k \equiv 9 \pmod{12}\), soit \(k \equiv 3 \pmod 4\). D’où \(k \in \{3, 7, 11\}\) et \(x \in \{8, 11, 7\}\). Vérification : \(8^3 = 512 = 39 \times 13 + 5\). Les solutions sont \(\{6, 7\}\) pour \(x^2 = 10\) et \(\{7, 8, 11\}\) pour \(x^3 = 5\).

Point de méthode : un générateur transforme les équations multiplicatives en congruences sur les exposants, exactement comme un logarithme.

Corrigé de l’exercice 18 : Deux constructions de F16

1. On a \(P(0) = 1\) et \(P(1) = 1 + 1 + 1 = 1\), donc \(P\) n’a pas de facteur de degré \(1\). S’il était réductible, il serait produit de deux irréductibles de degré \(2\). Or le seul est \(X^2 + X + 1\), et \((X^2 + X + 1)^2 = X^4 + X^2 + 1 \neq P\). Donc \(P\) est irréductible.
2. L’ordre de \(\alpha\) divise \(15 = 3 \times 5\). D’une part, \(\alpha^3 \neq 1\), car \((1, \alpha, \alpha^2, \alpha^3)\) est une base. D’autre part, \(\alpha^4 = \alpha + 1\), donc \(\alpha^5 = \alpha^2 + \alpha \neq 1\). Ainsi, \(\alpha\) est d’ordre \(15\) : c’est un générateur.
3. On a \(Q(0) = 1\), \(Q(1) = 5 = 1\), et \(Q \neq X^4 + X^2 + 1\). Le même raisonnement montre que \(Q\) est irréductible. Cependant, \((X – 1)Q = X^5 – 1\), donc \(\beta^5 = 1\) avec \(\beta \neq 1\). L’ordre de \(\beta\) vaut \(5\), et \(\beta\) n’engendre pas le groupe multiplicatif. Les deux quotients sont pourtant des corps à \(16\) éléments, donc isomorphes.
4. Le sous-corps à \(4\) éléments est formé de \(0\) et des racines de \(x^3 = 1\) dans \(\mathbb{F}_{16}^*\). Ce sont \(1\), \(\alpha^5\) et \(\alpha^{10}\). On a \(\alpha^5 = \alpha^2 + \alpha\), puis \(\alpha^{10} = (\alpha^2 + \alpha)^2 = \alpha^4 + \alpha^2 = \alpha^2 + \alpha + 1\). Vérification : \((\alpha^2 + \alpha)^2 + (\alpha^2 + \alpha) + 1 = \alpha^4 + \alpha + 1 = 0\). Le sous-corps est \(\{0, 1, \alpha^2 + \alpha, \alpha^2 + \alpha + 1\}\).

Corrigé de l’exercice 19 : Sous-corps de F4096

1. Les diviseurs de \(12\) sont \(1, 2, 3, 4, 6, 12\). Les sous-corps sont \(\mathbb{F}_2, \mathbb{F}_4, \mathbb{F}_8, \mathbb{F}_{16}, \mathbb{F}_{64}\) et \(K\). De plus, \(\mathbb{F}_{2^d} \subset \mathbb{F}_{2^e}\) si et seulement si \(d \mid e\). Ainsi, \(\mathbb{F}_4 \subset \mathbb{F}_{16}\), \(\mathbb{F}_4 \subset \mathbb{F}_{64}\) et \(\mathbb{F}_8 \subset \mathbb{F}_{64}\), mais \(\mathbb{F}_8 \not\subset \mathbb{F}_{16}\).
2. Le corps \(\mathbb{F}_2(x)\) est un sous-corps de \(K\). Il est égal à \(K\) si et seulement si \(x\) n’est dans aucun sous-corps strict. Or tout diviseur strict de \(12\) divise \(6\) ou \(4\). Donc tout sous-corps strict est inclus dans \(\mathbb{F}_{64}\) ou dans \(\mathbb{F}_{16}\). Ainsi, \(\mathbb{F}_2(x) = K\) si et seulement si \(x \notin \mathbb{F}_{64} \cup \mathbb{F}_{16}\).
3. L’intersection \(\mathbb{F}_{64} \cap \mathbb{F}_{16}\) est un sous-corps de \(\mathbb{F}_{16}\) et de \(\mathbb{F}_{64}\). Son degré divise \(4\) et \(6\), donc \(2\) : c’est \(\mathbb{F}_4\). Par la formule du crible, \(|\mathbb{F}_{64} \cup \mathbb{F}_{16}| = 64 + 16 – 4 = 76\). Il y a donc \(4096 – 76 = 4020\) éléments tels que \(\mathbb{F}_2(x) = K\).
4. Pour un tel \(x\), le polynôme minimal est irréductible de degré \([\mathbb{F}_2(x) : \mathbb{F}_2] = 12\). Réciproquement, soit \(Q\) unitaire irréductible de degré \(12\). Son corps de rupture a \(2^{12}\) éléments, donc il est isomorphe à \(K\), et \(Q\) a une racine \(y\) dans \(K\). Comme \(y^{4096} = y\), \(Q = \mu_y\) divise \(X^{4096} – X\), qui est scindé à racines simples sur \(K\). Donc \(Q\) a \(12\) racines distinctes dans \(K\), toutes de degré \(12\). L’application \(x \mapsto \mu_x\) est ainsi exactement \(12\) pour \(1\). Il y a \(\frac{4020}{12} = 335\) polynômes unitaires irréductibles de degré \(12\) sur \(\mathbb{F}_2\).

Corrigé de l’exercice 20 : Dénombrement des polynômes irréductibles

1. Soit \(L = \mathbb{F}_p[X]/(Q)\), corps à \(p^d\) éléments, et \(x = \overline{X}\). Supposons d’abord que \(Q\) divise \(X^{p^n} – X\). Alors \(x^{p^n} = x\). L’ensemble des \(y \in L\) tels que \(y^{p^n} = y\) est un sous-corps, car \(F^n\) est un morphisme. Il contient \(x\), donc il vaut \(\mathbb{F}_p(x) = L\). Soit \(g\) un générateur de \(L^*\) : on a \(g^{p^n – 1} = 1\), donc \(p^d – 1\) divise \(p^n – 1\). Écrivons \(n = kd + r\) avec \(0 \leq\, r < d\). Alors \(p^n – 1 = p^r(p^{kd} – 1) + (p^r – 1)\), et \(p^d – 1\) divise \(p^{kd} – 1\). Donc \(p^d – 1\) divise \(p^r – 1 < p^d – 1\), ce qui impose \(r = 0\). Réciproquement, si \(d \mid n\), tout \(y \in L\) vérifie \(y^{p^d} = y\). En itérant \(\frac{n}{d}\) fois, \(y^{p^n} = y\). En particulier, \(x\) annule \(X^{p^n} – X\), donc \(Q = \mu_x\) le divise. Ainsi, \(Q \mid X^{p^n} – X\) si et seulement si \(d \mid n\).
2. La dérivée de \(X^{p^n} – X\) vaut \(-1\). Ce polynôme est donc premier avec sa dérivée : il est sans facteur carré. Ses facteurs irréductibles unitaires apparaissent ainsi avec multiplicité \(1\). D’après la question 1, ce sont exactement les irréductibles unitaires de degré divisant \(n\). En comparant les degrés, \(p^n = \sum_{d \mid n} d I_d\).
3. Pour \(p = 2\), la formule donne successivement :
   \[\begin{aligned} 2 &= I_1, \quad 4 = I_1 + 2I_2, \quad 8 = I_1 + 3I_3, \\ 16 &= I_1 + 2I_2 + 4I_4, \quad 32 = I_1 + 5I_5, \quad 64 = I_1 + 2I_2 + 3I_3 + 6I_6. \end{aligned}\]
   On obtient \(I_1 = 2\), \(I_2 = 1\), \(I_3 = 2\), \(I_4 = 3\), \(I_5 = 6\), \(I_6 = 9\). Pour \(p = 3\), \(9 = 3 + 2I_2\), donc \(I_2 = 3\). Les polynômes unitaires de degré \(2\) sans racine dans \(\mathbb{F}_3\) sont \(X^2 + 1\), \(X^2 + X + 2\) et \(X^2 + 2X + 2\). La figure ci-dessous compare les \(I_n\) obtenus pour \(p = 2\) à l’approximation \(\frac{2^n}{n}\).

   

4. Pour \(n = 1\), \(I_1 = p \geq\, 1\). Soit \(n \geq\, 2\) et \(m = \lfloor n/2 \rfloor\). D’après la question 2 appliquée à \(d\), on a \(dI_d \leq\, p^d\). Les diviseurs stricts de \(n\) sont au plus égaux à \(m\), donc
   \[\sum_{d \mid n,\ d < n} d I_d \leq\, \sum_{k=1}^{m} p^k < \frac{p^{m+1} – 1}{p – 1} \leq\, p^{m+1} – 1 < p^n,\]
   car \(m + 1 \leq\, n\). Par conséquent, \(nI_n = p^n – \sum_{d \mid n,\ d < n} dI_d > 0\). Ainsi, \(I_n \geq\, 1\) pour tout \(n\). On en déduit une preuve constructive de l’existence de \(\mathbb{F}_{p^n}\) : c’est \(\mathbb{F}_p[X]/(P)\) avec \(P\) irréductible de degré \(n\).

Corrigé de l’exercice 21 : Carrés dans un corps fini

1. L’application \(s : x \mapsto x^2\) est un morphisme du groupe \(\mathbb{F}_q^*\). Son noyau est formé des racines de \(X^2 – 1\), soit \(\{1, -1\}\), qui a deux éléments car \(-1 \neq 1\) en caractéristique impaire. Donc l’image a \(\frac{q-1}{2}\) éléments. Soit \(g\) un générateur et \(x = g^m\). Les carrés sont les puissances paires de \(g\). De plus, \(x^{(q-1)/2} = g^{m(q-1)/2} = 1\) si et seulement si \(q – 1\) divise \(m\frac{q-1}{2}\), c’est-à-dire si \(m\) est pair. Ainsi, \(x\) est un carré si et seulement si \(x^{(q-1)/2} = 1\).
2. D’après le critère précédent, \(-1\) est un carré si et seulement si \((-1)^{(q-1)/2} = 1\). Comme \(-1 \neq 1\), cela équivaut à \(\frac{q-1}{2}\) pair. Donc \(-1\) est un carré si et seulement si \(q \equiv 1 \pmod 4\).
3. Soit \(c \in \mathbb{F}_q\). L’ensemble \(A = \{a^2,\ a \in \mathbb{F}_q\}\) a \(\frac{q-1}{2} + 1 = \frac{q+1}{2}\) éléments, en comptant \(0\). L’ensemble \(B = \{c – b^2,\ b \in \mathbb{F}_q\}\) en a autant, car \(y \mapsto c – y\) est injective. Or \(|A| + |B| = q + 1 > q\). Donc \(A \cap B \neq \emptyset\) : il existe \(a, b\) tels que \(a^2 = c – b^2\). Tout élément est somme de deux carrés.
4. On a \(7 \equiv 3 \pmod 4\), donc \(-1\) n’est pas un carré dans \(\mathbb{F}_7\). Les carrés de \(\mathbb{F}_7\) sont \(0, 1, 4, 2\), car \(3^2 = 9 = 2\). Ainsi, \(3 = 1 + 2\). On a \(3 = 1^2 + 3^2\) dans \(\mathbb{F}_7\).

Corrigé de l’exercice 22 : Isomorphisme explicite entre deux corps à 8 éléments

1. Le polynôme \(X^3 + X + 1\) vaut \(1\) en \(0\) et en \(1\). De même, \(Y^3 + Y^2 + 1\) vaut \(1\) en \(0\) et en \(1\). De degré \(3\) sans racine, ils sont irréductibles sur \(\mathbb{F}_2\). Les quotients sont donc deux corps à \(2^3 = 8\) éléments.
2. On part de \(\beta^3 + \beta + 1 = 0\) et l’on divise par \(\beta^3\) : \(1 + \beta^{-2} + \beta^{-3} = 0\). Donc \(\beta^{-1}\) est racine de \(Y^3 + Y^2 + 1\). D’après l’exercice 15, \(\beta^{-1} = \beta^6 = \beta^2 + 1\). Ainsi, \(\beta^2 + 1\) est racine de \(Y^3 + Y^2 + 1\) dans \(K_1\).
3. Considérons le morphisme d’évaluation \(\mathbb{F}_2[Y] \to K_1\), \(Y \mapsto \beta^2 + 1\). Son noyau contient \(Y^3 + Y^2 + 1\) et ne contient pas \(1\). Comme cet idéal contient un irréductible qui engendre un idéal maximal, il est égal à \((Y^3 + Y^2 + 1)\). Par passage au quotient, on obtient un morphisme injectif \(\sigma : K_2 \to K_1\). Les deux corps ont \(8\) éléments, donc \(\sigma\) est bijectif. Enfin, \(\sigma(\gamma^2) = (\beta^2 + 1)^2 = \beta^4 + 1 = \beta^2 + \beta + 1\). L’isomorphisme vérifie \(\sigma(\gamma) = \beta^2 + 1\) et \(\sigma(\gamma^2) = \beta^2 + \beta + 1\).
4. Un isomorphisme est déterminé par l’image de \(\gamma\), qui doit être une racine de \(Y^3 + Y^2 + 1\) dans \(K_1\). Or les racines de \(X^3 + X + 1\) sont \(\beta\), \(\beta^2 = F(\beta)\) et \(\beta^4 = F^2(\beta)\), trois éléments distincts. Leurs inverses \(\beta^6, \beta^5, \beta^3\) sont les trois racines de \(Y^3 + Y^2 + 1\), à savoir \(\beta^2 + 1\), \(\beta^2 + \beta + 1\) et \(\beta + 1\). Chacune définit un isomorphisme par la construction précédente. Il existe exactement trois isomorphismes de \(K_2\) sur \(K_1\).

Corrigé de l’exercice 23 : Problème : cyclicité du groupe multiplicatif

1. Classons les entiers \(k \in \{1, \ldots, n\}\) selon la valeur de \(\frac{n}{\gcd(k, n)}\), qui est un diviseur \(d\) de \(n\). On a \(\gcd(k, n) = \frac{n}{d}\) si et seulement si \(k = \frac{n}{d}k^{\prime}\) avec \(1 \leq\, k^{\prime} \leq\, d\) et \(\gcd(k^{\prime}, d) = 1\). Il y a donc \(\varphi(d)\) tels entiers. En sommant sur les diviseurs, on obtient \(\sum_{d \mid n} \varphi(d) = n\).
2. Supposons \(N(d) \neq 0\) et soit \(x \in G\) d’ordre \(d\). Les éléments \(1, x, \ldots, x^{d-1}\) sont distincts et racines de \(X^d – 1\). Or ce polynôme a au plus \(d\) racines dans le corps \(K\). Donc tout élément d’ordre \(d\) est une puissance \(x^k\). Enfin, \(x^k\) est d’ordre \(d\) si et seulement si \(\gcd(k, d) = 1\). Ainsi, \(N(d) \in \{0, \varphi(d)\}\).
3. Par le théorème de Lagrange, l’ordre de tout élément divise \(n\). Donc \(\sum_{d \mid n} N(d) = n = \sum_{d \mid n} \varphi(d)\). Comme \(N(d) \leq\, \varphi(d)\) pour tout \(d\), chaque inégalité est une égalité. En particulier, \(N(n) = \varphi(n) \geq\, 1\). Il existe un élément d’ordre \(n\) : \(G\) est cyclique.
4. On a \(16 = 2^4\), donc il suffit de vérifier \(3^8 \neq 1\) dans \(\mathbb{F}_{17}\). Or \(3^2 = 9\), \(3^4 = 81 = 13\), puis \(3^8 = 169 = 16 = -1\). Donc \(3\) engendre \(\mathbb{F}_{17}^*\), qui a \(\varphi(16) = 8\) générateurs. De même, \(\mathbb{F}_{25}^*\) est cyclique d’ordre \(24\). Il a \(\varphi(24) = \varphi(8)\varphi(3) = 8\) générateurs.
5. Le corps \(\mathbb{F}_p(g)\) contient \(0\) et toutes les puissances de \(g\), donc tous les éléments de \(\mathbb{F}_{p^n}\). Ainsi, \(\mathbb{F}_{p^n} = \mathbb{F}_p(g)\) et \([\mathbb{F}_p(g) : \mathbb{F}_p] = n\). Le polynôme minimal \(\mu_g\) est donc irréductible de degré \(n\). De plus, \(\mathbb{F}_{p^n} = \mathbb{F}_p(g) \simeq \mathbb{F}_p[X]/(\mu_g)\).
6. Supposons \(\mathbb{Q}^* = \langle r \rangle\). Alors \(-1 = r^k\) pour un entier \(k\), non nul car \(r^0 = 1 \neq -1\). Donc \(r^{2k} = 1\), et \(r\) est d’ordre fini. Le groupe \(\mathbb{Q}^*\) serait fini, ce qui est absurde. Le même argument s’applique mot pour mot à \(\mathbb{R}^*\) : aucun des deux n’est cyclique.

Point de méthode : la preuve n’utilise que le fait qu’un polynôme de degré \(d\) a au plus \(d\) racines dans un corps. Elle s’applique donc à tout sous-groupe fini de \(K^*\), par exemple aux racines \(n\)-ièmes de l’unité dans \(\mathbb{C}\).

Corrigé de l’exercice 24 : Problème : polynômes d’Artin-Schreier

1. Pour \(x \in \mathbb{F}_p\), le petit théorème de Fermat donne \(x^p = x\). Donc \(P(x) = -a \neq 0\) : \(P\) n’a pas de racine dans \(\mathbb{F}_p\).
2. Soit \(k \in \mathbb{F}_p\). Par le Frobenius, \((\alpha + k)^p = \alpha^p + k^p = \alpha^p + k\). Donc
   \[P(\alpha + k) = \alpha^p + k – \alpha – k – a = P(\alpha) = 0.\]
   Les \(p\) éléments \(\alpha + k\) sont distincts et racines du polynôme unitaire \(P\) de degré \(p\). Donc \(P = \prod_{k \in \mathbb{F}_p} (X – \alpha – k)\).
3. L’anneau \(L[X]\) est factoriel. Le facteur unitaire \(Q\) de \(P\) s’écrit donc \(\prod_{k \in S} (X – \alpha – k)\) avec \(S \subset \mathbb{F}_p\) et \(|S| = d\). Son coefficient de \(X^{d-1}\) vaut \(-\sum_{k \in S}(\alpha + k) = -(d\alpha + s)\), où \(s = \sum_{k \in S} k \in \mathbb{F}_p\). Or ce coefficient appartient à \(\mathbb{F}_p\), puisque \(Q \in \mathbb{F}_p[X]\). Ensuite, \(1 \leq\, d \leq\, p – 1\), donc \(d\) est inversible dans \(\mathbb{F}_p\). On en déduit \(\alpha \in \mathbb{F}_p\), ce qui contredit la question 1. Ainsi, \(P\) est irréductible sur \(\mathbb{F}_p\).
4. Comme \(P\) est irréductible, \(\mathbb{F}_p(\alpha)\) est un corps de rupture de degré \(p\). Il contient toutes les racines \(\alpha + k\). Donc \(\mathbb{F}_p(\alpha)\) est engendré par les racines de \(P\), et \(L = \mathbb{F}_p(\alpha)\). Par conséquent, \(|L| = p^p\), et \(\mathbb{F}_p[X]/(P) \simeq \mathbb{F}_p(\alpha)\) est un corps de décomposition de \(P\).
5. On a \(F(\alpha) = \alpha^p = \alpha + a\), car \(P(\alpha) = 0\). Par récurrence, \(F^k(\alpha) = \alpha + ka\) : en effet, \(F(\alpha + ka) = \alpha^p + ka = \alpha + (k+1)a\). D’abord, \(F\) est un automorphisme de \(L\), car \(L\) est fini. Ensuite, \(F^p(\alpha) = \alpha + pa = \alpha\), et \(F^p\) fixe \(\mathbb{F}_p\). Comme \(L = \mathbb{F}_p[\alpha]\), on a \(F^p = \mathrm{id}_L\). Enfin, pour \(1 \leq\, k \leq\, p – 1\), \(ka \neq 0\), donc \(F^k(\alpha) \neq \alpha\). Le Frobenius est un automorphisme d’ordre exactement \(p\).
6. Pour \(p = 2\) et \(a = 1\), on trouve \(P = X^2 + X + 1\) et \(L = \mathbb{F}_4\), avec \(F(\alpha) = \alpha^2 = \alpha + 1\). Pour \(p = 3\) et \(a = 1\), on trouve \(P = X^3 – X – 1 = X^3 + 2X + 2\). Ainsi, \(\mathbb{F}_{27} = \mathbb{F}_3[X]/(X^3 + 2X + 2)\), et les racines de \(P\) sont \(\alpha\), \(\alpha + 1\) et \(\alpha + 2\).

Point de méthode : pour prouver qu’un polynôme est irréductible, il suffit parfois de connaître toutes ses racines dans une extension, puis de montrer qu’aucun produit partiel n’est à coefficients dans le corps de base.

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Pour aller plus loin en L3

• Le cours : corps et extensions, cours de maths en L3
• Les énoncés : exercices de maths en L3 sur corps et extensions
• À maîtriser avant : Anneaux, idéaux et arithmétique
• Chapitre précédent : Anneaux, idéaux et arithmétique
• Chapitre suivant : Réduction de Jordan et décomposition de Dunford
• Tester vos connaissances : QCM de maths en L3 par chapitre
• Le sommaire : tous les chapitres de maths de L3 et la licence de maths de L1 à L3