Corrigé du contrôle de maths L3 : extensions de corps et corps finis

Exercice 1 : Question de cours : la base télescopique (3 points)

1. Théorème de la base télescopique. La famille \((e_i\,f_j)_{i, j}\) est une base de \(M\) sur \(K\). En particulier, \([M : K] = [M : L]\,[L : K]\).

   Famille génératrice. Soit \(x \in M\). On écrit d’abord \(x = \sum_{j} \lambda_j\,f_j\) avec \(\lambda_j \in L\). Ensuite, chaque \(\lambda_j\) s’écrit \(\lambda_j = \sum_{i} \mu_{ij}\,e_i\) avec \(\mu_{ij} \in K\). Donc \(x = \sum_{i, j} \mu_{ij}\,e_i\,f_j\).

   Famille libre. Supposons \(\sum_{i, j} \mu_{ij}\,e_i\,f_j = 0\) avec \(\mu_{ij} \in K\). On regroupe : \(\sum_{j} ( \sum_{i} \mu_{ij}\,e_i ) f_j = 0\), où les coefficients entre parenthèses sont dans \(L\). Comme \((f_j)\) est libre sur \(L\), chaque \(\sum_{i} \mu_{ij}\,e_i\) est nul. Puis, comme \((e_i)\) est libre sur \(K\), tous les \(\mu_{ij}\) sont nuls.

   Ainsi \([M : K] = n\,m\).

2. D’après a), \(M\) est de dimension finie \(N = n\,m\) sur \(K\). La famille \(1, \alpha, \ldots, \alpha^{N}\) compte \(N + 1\) vecteurs, donc elle est liée. Il existe ainsi un polynôme non nul de \(K[X]\) qui annule \(\alpha\) : \(\alpha\) est algébrique sur \(K\).

   Son degré est \([K(\alpha) : K]\). On applique a) à \(K \subset K(\alpha) \subset M\) : \([M : K] = [M : K(\alpha)]\,[K(\alpha) : K]\). Donc le degré de \(\alpha\) divise \([M : K]\).

Barème : a) 0,5 point pour l’énoncé, 0,75 point pour le caractère générateur, 0,75 point pour la liberté ; b) 0,5 point pour le caractère algébrique, 0,5 point pour la divisibilité.

Exercice 2 : Degré de Q(√2, √3) et polynôme minimal de √2 + √3 (5 points)

1. Supposons \(\sqrt{3} = a + b\sqrt{2}\) avec \(a, b \in \mathbb{Q}\). En élevant au carré, on obtient \(3 = a^2 + 2b^2 + 2ab\sqrt{2}\). Comme \(\sqrt{2}\) est irrationnel, on a \(a\,b = 0\).

   Si \(b = 0\), alors \(\sqrt{3} = a\) serait rationnel : c’est faux. Si \(a = 0\), alors \(b^2 = \frac{3}{2}\), donc \(\sqrt{6} = |2b|\) serait rationnel : c’est faux aussi. Donc \(\sqrt{3} \notin \mathbb{Q}(\sqrt{2})\).

2. Le polynôme \(X^2 – 2\) est de degré 2 sans racine rationnelle, donc irréductible. Ainsi \([\mathbb{Q}(\sqrt{2}) : \mathbb{Q}] = 2\), avec la base \((1, \sqrt{2})\).

   De même, \(X^2 – 3\) n’a pas de racine dans \(\mathbb{Q}(\sqrt{2})\) d’après a). Il y est donc irréductible, et \([L : \mathbb{Q}(\sqrt{2})] = 2\), avec la base \((1, \sqrt{3})\).

   Par le théorème de la base télescopique, \([L : \mathbb{Q}] = 4\), avec la base \((1, \sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{6})\).

3. On calcule \(\alpha^2 = 2 + 2\sqrt{6} + 3 = 5 + 2\sqrt{6}\). Donc \((\alpha^2 – 5)^2 = 24\), soit \(\alpha^4 – 10\alpha^2 + 25 = 24\). Le polynôme \(P = X^4 – 10X^2 + 1\) convient.
4. On développe :
   \[\alpha^3 = 2\sqrt{2} + 3 \times 2 \times \sqrt{3} + 3 \times \sqrt{2} \times 3 + 3\sqrt{3} = 11\sqrt{2} + 9\sqrt{3}.\]

   Ainsi \(\alpha^3 – 9\alpha = 2\sqrt{2}\) et \(11\alpha – \alpha^3 = 2\sqrt{3}\). Donc \(\sqrt{2} = \dfrac{\alpha^3 – 9\alpha}{2}\) et \(\sqrt{3} = \dfrac{11\alpha – \alpha^3}{2}\) appartiennent à \(\mathbb{Q}(\alpha)\).

   On en déduit \(L \subset \mathbb{Q}(\alpha)\). L’inclusion inverse est claire, donc \(\mathbb{Q}(\alpha) = L\). Le degré de \(\alpha\) vaut alors 4. Le polynôme minimal divise \(P\), il est unitaire et de même degré. Le polynôme minimal de \(\alpha\) est \(X^4 – 10X^2 + 1\).

Barème : a) 1 point ; b) 0,5 point pour chaque degré intermédiaire, 0,5 point pour la base ; c) 1 point ; d) 0,5 point pour α³, 0,5 point pour l’égalité des corps, 0,5 point pour le polynôme minimal.

Erreur fréquente : affirmer que \(P\) est le polynôme minimal sans avoir prouvé qu’il est irréductible ou que \(\alpha\) est de degré 4.

Exercice 3 : Corps de décomposition de X³ − 2 (3 points)

1. Le critère d’Eisenstein s’applique avec \(p = 2\) : 2 divise 0, 0 et \(-2\), ne divise pas 1, et 4 ne divise pas 2. Donc \(X^3 – 2\) est irréductible sur \(\mathbb{Q}\). Ses racines sont \(\sqrt[3]{2}\), \(j\sqrt[3]{2}\) et \(j^2\sqrt[3]{2}\), car \(j^3 = 1\).
2. Le corps \(K\) est engendré par les trois racines. Il contient \(\sqrt[3]{2}\) et \(j = \dfrac{j\sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{2}}\), donc \(\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2}, j) \subset K\). Inversement, les trois racines sont dans \(\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2}, j)\). Donc \(K = \mathbb{Q}(\sqrt[3]{2}, j)\).

   D’abord, \([\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2}) : \mathbb{Q}] = 3\), car \(X^3 – 2\) est irréductible. Ensuite, \(j\) est racine de \(X^2 + X + 1\), mais \(j \notin \mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})\), car ce corps est contenu dans \(\mathbb{R}\). Le degré de \(j\) sur \(\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})\) est donc 2.

   Par la base télescopique, \([K : \mathbb{Q}] = 3 \times 2 = 6\).

3. Le corps \(\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})\) est inclus dans \(\mathbb{R}\), alors que \(j\sqrt[3]{2}\) n’est pas réel. Les deux corps sont donc distincts, bien qu’ils soient tous deux de degré 3 sur \(\mathbb{Q}\).

Barème : a) 0,5 point pour l’irréductibilité, 0,5 point pour les racines ; b) 0,5 point pour l’égalité des corps, 1 point pour le degré 6 ; c) 0,5 point.

Exercice 4 : Corps finis F4 et F8, cyclicité du groupe multiplicatif (5 points)

1. Le polynôme \(X^2 + X + 1\) vaut 1 en 0 et en 1. De degré 2 sans racine, il est irréductible sur \(\mathbb{F}_2\). Le quotient est donc un corps à \(2^2 = 4\) éléments : \(\mathbb{F}_4 = \{0, 1, \omega, \omega + 1\}\), avec \(\omega^2 = \omega + 1\) (en caractéristique 2).

   Table d’addition :

   \(+\)	\(0\)	\(1\)	\(\omega\)	\(\omega + 1\)
   \(0\)	\(0\)	\(1\)	\(\omega\)	\(\omega + 1\)
   \(1\)	\(1\)	\(0\)	\(\omega + 1\)	\(\omega\)
   \(\omega\)	\(\omega\)	\(\omega + 1\)	\(0\)	\(1\)
   \(\omega + 1\)	\(\omega + 1\)	\(\omega\)	\(1\)	\(0\)

   Table de multiplication, où \(\omega\,(\omega + 1) = \omega^2 + \omega = 1\) et \((\omega + 1)^2 = \omega^2 + 1 = \omega\) :

   \(\times \)	\(1\)	\(\omega\)	\(\omega + 1\)
   \(1\)	\(1\)	\(\omega\)	\(\omega + 1\)
   \(\omega\)	\(\omega\)	\(\omega + 1\)	\(1\)
   \(\omega + 1\)	\(\omega + 1\)	\(1\)	\(\omega\)

2. On utilise la relation \(\beta^3 = \beta + 1\) (en caractéristique 2). On obtient successivement :

   \(\beta^0 = 1\), \(\beta^1 = \beta\), \(\beta^2 = \beta^2\), \(\beta^3 = \beta + 1\) ;

   \(\beta^4 = \beta^2 + \beta\) ;

   \(\beta^5 = \beta^3 + \beta^2 = \beta^2 + \beta + 1\) ;

   \(\beta^6 = \beta^3 + \beta^2 + \beta = \beta^2 + 1\) ;

   \(\beta^7 = \beta^3 + \beta = 1\).

   Les puissances \(\beta^0, \ldots, \beta^6\) sont les 7 éléments non nuls de \(\mathbb{F}_8\), tous distincts. Donc \(\beta\) est d’ordre 7 et engendre \(\mathbb{F}_8^{*}\). On pouvait aussi remarquer que 7 est premier et que \(\beta \neq 1\).

3. Posons \(n = q – 1 = |F^{*}|\). Pour un diviseur \(d\) de \(n\), notons \(N(d)\) le nombre d’éléments d’ordre \(d\) dans \(F^{*}\).

   Supposons \(N(d) \geq\, 1\), et soit \(x\) d’ordre \(d\). Les \(d\) 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 \(F\). Donc tout élément d’ordre \(d\) appartient à \(\langle x \rangle\), qui est cyclique d’ordre \(d\). Il en contient exactement \(\varphi(d)\). Ainsi \(N(d) \in \{0, \varphi(d)\}\).

   Par le théorème de Lagrange, l’ordre de tout élément divise \(n\). On a donc \(n = \sum_{d \mid n} N(d) \leq\, \sum_{d \mid n} \varphi(d) = n\). Toutes les inégalités sont des égalités, et en particulier \(N(n) = \varphi(n) \geq\, 1\). Donc \(F^{*}\) est cyclique.

   Dans \(\mathbb{F}_{13}^{*}\), d’ordre 12, testons 2. Les diviseurs stricts maximaux de 12 sont 4 et 6. Or \(2^4 = 16 \equiv 3\) et \(2^6 = 64 \equiv 12 \equiv -1 \pmod{13}\). Aucun ne vaut 1, donc 2 est d’ordre 12. Ainsi 2 engendre \(\mathbb{F}_{13}^{*}\).

Barème : a) 0,5 point pour l’irréductibilité, 1 point pour les tables ; b) 1 point pour les puissances, 0,5 point pour la conclusion ; c) 1,5 point pour la démonstration (N(d) au plus φ(d), sommation), 0,5 point pour le générateur de F13*.

Exercice 5 : Problème : la duplication du cube et la trisection (4 points)

1. Par la base télescopique appliquée à chaque étage, \([K_m : \mathbb{Q}] = 2^m\). Comme \(\mathbb{Q} \subset \mathbb{Q}(x) \subset K_m\), le théorème de la base télescopique donne \([K_m : \mathbb{Q}] = [K_m : \mathbb{Q}(x)]\,[\mathbb{Q}(x) : \mathbb{Q}]\). Le degré \([\mathbb{Q}(x) : \mathbb{Q}]\) divise donc \(2^m\). C’est une puissance de 2.
2. L’arête cherchée vérifie \(a^3 = 2\), donc \(a = \sqrt[3]{2}\). Son polynôme minimal est \(X^3 – 2\), irréductible d’après l’exercice 3. Ainsi \([\mathbb{Q}(a) : \mathbb{Q}] = 3\), qui n’est pas une puissance de 2. La duplication du cube est impossible à la règle et au compas.
3. Avec \(\theta = \frac{\pi}{9}\), on a \(\cos(3\theta) = \cos(\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2}\). Donc \(4c^3 – 3c = \frac{1}{2}\), soit \(8c^3 – 6c = 1\). Comme \(x = 2c\), cela s’écrit \(x^3 – 3x – 1 = 0\).

   Une racine rationnelle d’un polynôme unitaire à coefficients entiers est un entier qui divise le terme constant, donc \(\pm 1\). Or \(1 – 3 – 1 = -3\) et \(-1 + 3 – 1 = 1\). Le polynôme \(X^3 – 3X – 1\), de degré 3 sans racine rationnelle, est donc irréductible sur \(\mathbb{Q}\). Ainsi \([\mathbb{Q}(x) : \mathbb{Q}] = 3\) : \(x\) n’est pas constructible, et \(c\) non plus.

   Or l’angle de \(60^\circ\) est constructible, grâce au triangle équilatéral. Si l’on savait le partager en trois, on construirait l’angle \(20^\circ = \frac{\pi}{9}\), donc son cosinus \(c\). La trisection de l’angle de \(60^\circ\) est donc impossible à la règle et au compas.

Barème : a) 1,5 point (degré de la tour, divisibilité) ; b) 1 point ; c) 0,5 point pour l’équation, 0,5 point pour l’irréductibilité, 0,5 point pour la conclusion sur la trisection.

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Après le corrigé du contrôle : extensions de corps et corps finis

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