Corrigé du contrôle de maths L3 : partiel d’algèbre : groupes, anneaux et corps

Exercice 1 : Questions de cours (4 points)

1. Relation orbite-stabilisateur. On a \(|\omega(x)| = [G : \operatorname{Stab}(x)] = \dfrac{|G|}{|\operatorname{Stab}(x)|}\), où \(\omega(x)\) désigne l’orbite de \(x\).

   Démonstration. Posons \(H = \operatorname{Stab}(x)\), qui est un sous-groupe de \(G\). Considérons l’application \(\Phi : G/H \to \omega(x)\), \(g\,H \mapsto g \cdot x\).

   Elle est bien définie et injective, car \(g\,H = g^{\prime} H\) équivaut à \(g^{-1} g^{\prime} \in H\), c’est-à-dire à \(g^{-1} g^{\prime} \cdot x = x\), soit \(g \cdot x = g^{\prime} \cdot x\). Elle est surjective par définition de l’orbite. Donc \(|\omega(x)| = [G : H]\), et le théorème de Lagrange donne la seconde égalité.

2. Soit \(A\) un anneau intègre fini et \(a \in A\) non nul. L’application \(m_a : x \mapsto a\,x\) est injective. En effet, \(a\,x = a\,y\) donne \(a\,(x – y) = 0\), donc \(x = y\) par intégrité.

   Une application injective d’un ensemble fini dans lui-même est bijective. Il existe donc \(b \in A\) tel que \(a\,b = 1\). Tout élément non nul est inversible : \(A\) est un corps.

3. Le morphisme d’anneaux \(\mathbb{Z} \to K\), \(k \mapsto k \cdot 1_K\), ne peut pas être injectif, car \(K\) est fini. Son noyau est donc \(p\,\mathbb{Z}\) avec \(p \geq\, 2\). Alors \(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\) s’identifie à un sous-anneau de \(K\), donc il est intègre : \(p\) est premier.

   Ainsi \(K\) contient un sous-corps isomorphe à \(\mathbb{F}_p\). C’est donc un \(\mathbb{F}_p\)-espace vectoriel, de dimension finie \(r\) puisque \(K\) est fini. Par conséquent \(|K| = p^r\).

Barème : a) 0,5 point pour l’énoncé, 1 point pour la démonstration ; b) 1 point pour l’injectivité, 0,5 point pour la conclusion ; c) 0,5 point pour la caractéristique, 0,5 point pour le cardinal.

Exercice 2 : Idéaux, nilpotents et inversibles de Z/45Z (5 points)

1. La classe \(\,\overline{k}\) est inversible si et seulement s’il existe \(u\) tel que \(k\,u \equiv 1 \pmod{45}\). Cela revient à l’existence d’entiers \(u\) et \(v\) tels que \(k\,u + 45\,v = 1\). Par le théorème de Bézout, cela équivaut à \(\operatorname{pgcd}(k, 45) = 1\).
2. On effectue les divisions \(45 = 6 \times 7 + 3\), puis \(7 = 2 \times 3 + 1\). On remonte ensuite les calculs :
   \[1 = 7 – 2 \times 3 = 7 – 2\,(45 – 6 \times 7) = 13 \times 7 – 2 \times 45.\]

   Vérification : \(7 \times 13 = 91 = 2 \times 45 + 1\). L’inverse de \(\,\overline{7}\) est \(\overline{13}\).

3. Les diviseurs positifs de \(45 = 3^2 \times 5\) sont 1, 3, 5, 9, 15 et 45. Les idéaux de \(A\) sont donc \(A\), \((\,\overline{3})\), \((\,\overline{5})\), \((\,\overline{9})\), \((\overline{15})\) et \(\{\,\overline{0}\}\).

   Le quotient \(A/(\,\overline{d})\) est isomorphe à \(\mathbb{Z}/d\mathbb{Z}\), qui est un corps si et seulement si \(d\) est premier. Les idéaux maximaux sont \((\,\overline{3})\) et \((\,\overline{5})\).

   Si \(\,\overline{x}\) est nilpotent, alors 45 divise \(x^k\). Donc 3 et 5 divisent \(x^k\), puis divisent \(x\) car ils sont premiers. Ainsi 15 divise \(x\). Réciproquement, si \(x = 15\,m\), alors \(x^2 = 225\,m^2 = 45 \times 5\,m^2\), donc \(\,\overline{x}^2 = \,\overline{0}\). Les nilpotents forment l’idéal \((\overline{15}) = \{\,\overline{0}, \overline{15}, \overline{30}\}\).

4. D’après a), \(|A^{*}| = \varphi(45) = \varphi(9)\,\varphi(5) = 6 \times 4 = 24\).

   Soit \(x\) premier avec 45. Le théorème d’Euler donne \(x^6 \equiv 1 \pmod{9}\), car \(\varphi(9) = 6\). Le petit théorème de Fermat donne \(x^4 \equiv 1 \pmod{5}\). Donc \(x^{12} \equiv 1\) modulo 9 et modulo 5. Comme 9 et 5 sont premiers entre eux, le théorème chinois donne \(x^{12} \equiv 1 \pmod{45}\).

   Tout élément de \(A^{*}\) est donc d’ordre au plus 12, alors que \(|A^{*}| = 24\). Le groupe \(A^{*}\) n’est pas cyclique.

   Testons \(\,\overline{2}\). On a \(2^4 = 16\) et \(2^6 = 64 \equiv 19 \pmod{45}\), qui diffèrent de 1. Or \(2^{12} = 4096 = 91 \times 45 + 1\). L’ordre de \(\,\overline{2}\) divise 12, mais ne divise ni 4 ni 6. Donc \(\,\overline{2}\) est d’ordre 12.

Barème : a) 1 point ; b) 0,5 point pour l’algorithme, 0,5 point pour l’inverse vérifié ; c) 0,5 point pour la liste, 0,5 point pour les maximaux, 0,5 point pour les nilpotents ; d) 0,5 point pour φ(45), 0,5 point pour x¹² = 1 et la non-cyclicité, 0,5 point pour l’élément d’ordre 12.

Exercice 3 : Action de S4 sur les appariements (4 points)

1. Comme \(\sigma\) est une bijection, les paires \(\{\sigma(a), \sigma(b)\}\) et \(\{\sigma(c), \sigma(d)\}\) sont disjointes et recouvrent \(\{1, 2, 3, 4\}\). Donc \(\sigma \cdot x \in X\). De plus, \(\operatorname{id} \cdot x = x\) et \(\sigma \cdot (\tau \cdot x) = (\sigma \circ \tau) \cdot x\). C’est bien une action.
2. On a \((2\,3) \cdot x_1 = \{\{1, 3\}, \{2, 4\}\} = x_2\) et \((2\,4) \cdot x_1 = \{\{1, 4\}, \{3, 2\}\} = x_3\). L’orbite de \(x_1\) est donc \(X\) tout entier.

   Par la relation orbite-stabilisateur, \(|\operatorname{Stab}(x_1)| = \dfrac{24}{3} = 8\). Il s’agit des permutations qui conservent la paire \(\{1, 2\}\) ou l’échangent avec \(\{3, 4\}\) :

   \(\operatorname{Stab}(x_1) = \{\operatorname{id}, (1\,2), (3\,4), (1\,2)(3\,4), (1\,3)(2\,4), (1\,4)(2\,3), (1\,3\,2\,4), (1\,4\,2\,3)\}\).

3. Le noyau de \(\rho\) est l’intersection des stabilisateurs de \(x_1\), \(x_2\) et \(x_3\). Cherchons les éléments de \(\operatorname{Stab}(x_1)\) qui fixent aussi \(x_2 = \{\{1, 3\}, \{2, 4\}\}\).

   D’abord, \((1\,2)\), \((3\,4)\), \((1\,3\,2\,4)\) et \((1\,4\,2\,3)\) envoient \(x_2\) sur \(x_3\). Par exemple, \((1\,2)\) envoie \(\{1, 3\}\) sur \(\{2, 3\}\).

   En revanche, les trois doubles transpositions fixent \(x_2\). Par exemple, \((1\,2)(3\,4)\) envoie \(\{1, 3\}\) sur \(\{2, 4\}\), et \(\{2, 4\}\) sur \(\{1, 3\}\). Un élément qui fixe \(x_1\) et \(x_2\) fixe aussi \(x_3\), car il permute les trois appariements.

   Donc \(\operatorname{Ker} \rho = V_4\).

4. Un noyau de morphisme est distingué : \(V_4\) est distingué dans \(\mathfrak{S}_4\). Par le premier théorème d’isomorphisme, \(\mathfrak{S}_4 / V_4 \simeq \operatorname{Im} \rho\).

   Cette image est d’ordre \(\dfrac{24}{4} = 6 = |\mathfrak{S}(X)|\), donc \(\rho\) est surjectif. Enfin, \(\mathfrak{S}(X)\) est isomorphe à \(\mathfrak{S}_3\), puisque \(X\) a trois éléments. Par conséquent \(\mathfrak{S}_4 / V_4 \simeq \mathfrak{S}_3\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 0,5 point pour l’orbite et l’ordre, 0,5 point pour la liste ; c) 1,5 point (intersection des stabilisateurs, exclusion des quatre autres éléments, vérification sur V4) ; d) 0,5 point pour la distinction, 0,5 point pour l’isomorphisme.

Erreur fréquente : affirmer que \(\rho\) est surjectif sans argument ; ici, c’est le calcul du noyau qui le donne.

Exercice 4 : Problème : polynômes irréductibles sur F3 et corps à 9 éléments (7 points)

Partie A : un corps à 9 éléments

1. Le polynôme \(X^2 + 1\) prend les valeurs 1, 2 et \(5 \equiv 2\) en 0, 1 et 2. De degré 2 sans racine dans \(\mathbb{F}_3\), il est irréductible. L’idéal \((X^2 + 1)\) est donc maximal dans l’anneau principal \(\mathbb{F}_3[X]\), et \(K\) est un corps. Tout élément de \(K\) s’écrit de façon unique \(a + b\,i\) avec \(a, b \in \mathbb{F}_3\) (reste de la division euclidienne). Donc \(|K| = 9\).
2. On a \(i^2 = -1 \neq 1\) et \(i^4 = 1\), donc \(i\) est d’ordre 4. Il n’engendre pas \(K^{*}\), qui est d’ordre 8.

   Ensuite, \((1 + i)^2 = 1 + 2i + i^2 = 2i\), puis \((1 + i)^4 = (2i)^2 = 4\,i^2 = -4 = -1\) dans \(\mathbb{F}_3\). L’ordre de \(1 + i\) divise 8 mais pas 4. Il vaut donc 8, et \(1 + i\) engendre \(K^{*}\).

   \(k\)	1	2	3	4	5	6	7	8
   \((1 + i)^k\)	\(1 + i\)	\(2i\)	\(1 + 2i\)	\(2\)	\(2 + 2i\)	\(i\)	\(2 + i\)	\(1\)

   Par exemple, \((1 + i)^3 = 2i\,(1 + i) = 2i + 2i^2 = -2 + 2i = 1 + 2i\). Les huit éléments non nuls apparaissent chacun une fois.

3. Posons \(\alpha = 1 + i\). On a \((\alpha – 1)^2 = i^2 = -1\), soit \(\alpha^2 – 2\alpha + 2 = 0\). Dans \(\mathbb{F}_3\), \(-2 = 1\), d’où \(\alpha^2 + \alpha + 2 = 0\). Contrôle : \(2i + (1 + i) + 2 = 3 + 3i = 0\).

   Comme \(\alpha \notin \mathbb{F}_3\), son degré vaut 2. Son polynôme minimal est donc \(X^2 + X + 2\).

   Le morphisme \(\mathbb{F}_3[X] \to K\), \(P \mapsto P(\alpha)\), est surjectif. En effet, son image est un sous-anneau contenant \(\alpha\), donc \(i = \alpha – 1\). Son noyau est l’idéal engendré par le polynôme minimal. Par le premier théorème d’isomorphisme, \(K \simeq \mathbb{F}_3[X]/(X^2 + X + 2)\).

Partie B : dénombrement de polynômes irréductibles

4. Il y a 9 polynômes unitaires \(X^2 + a\,X + b\). Les réductibles s’écrivent \((X – u)(X – v)\). On en compte 3 avec \(u = v\) et 3 avec \(\{u, v\}\) formé de deux éléments distincts, soit 6. Il reste donc 3 irréductibles. Ce sont \(X^2 + 1\), \(X^2 + X + 2\) et \(X^2 + 2X + 2\). Pour le dernier, les valeurs en 0, 1 et 2 sont 2, 2 et 1 : il n’a pas de racine.
5. Soit \(L = \mathbb{F}_3[X]/(Q)\), corps à \(3^d\) éléments, et \(x\) la classe de \(X\). Le polynôme \(Q\) est le polynôme minimal de \(x\).

   Supposons \(d \in \{1, 2\}\). Alors \(|L^{*}| = 3^d – 1\) divise 8, donc \(y^8 = 1\) pour tout \(y \neq 0\) par le théorème de Lagrange. Ainsi \(y^9 = y\) pour tout \(y \in L\). En particulier, \(x^9 = x\), donc \(Q\) divise \(X^9 – X\).

   Réciproquement, supposons que \(Q\) divise \(X^9 – X\), donc \(x^9 = x\). L’application \(y \mapsto y^9\) est un morphisme d’anneaux, car c’est le carré du morphisme de Frobenius \(y \mapsto y^3\). Elle fixe \(\mathbb{F}_3\) et \(x\), donc tout \(L = \mathbb{F}_3[x]\). Ainsi \(y^8 = 1\) pour tout \(y \in L^{*}\). Si \(g\) engendre le groupe cyclique \(L^{*}\), son ordre \(3^d – 1\) divise 8. Par conséquent \(d \leq\, 2\).

   Enfin, \(X^9 – X\) a pour dérivée \(9X^8 – 1 = -1\), qui est premier avec lui : il n’a pas de facteur carré. Il est donc le produit de ses facteurs irréductibles unitaires distincts, qui sont exactement ceux de degré 1 ou 2. Ainsi \(X^9 – X = X(X – 1)(X – 2)(X^2 + 1)(X^2 + X + 2)(X^2 + 2X + 2)\). Contrôle des degrés : \(3 \times 1 + 3 \times 2 = 9\).

6. Le même raisonnement montre que \(Q\) divise \(X^{27} – X\) si et seulement si \(3^d – 1\) divise 26. Or les diviseurs de 26 sont 1, 2, 13 et 26, et \(3^d – 1\) vaut 2, 8, 26, puis dépasse 26. Donc \(d \in \{1, 3\}\).

   De plus, \(X^{27} – X\) est sans facteur carré, car sa dérivée vaut \(-1\). En notant \(N_3\) le nombre d’irréductibles unitaires de degré 3, les degrés donnent \(27 = 3 \times 1 + 3\,N_3\). Il y a donc \(N_3 = 8\) polynômes unitaires irréductibles de degré 3 sur \(\mathbb{F}_3\).

Barème : a) 0,5 point pour l’irréductibilité, 0,5 point pour le cardinal ; b) 0,5 point pour l’ordre de i, 0,5 point pour l’ordre de 1 + i, 0,5 point pour le tableau ; c) 0,5 point pour le polynôme minimal, 0,5 point pour l’isomorphisme ; d) 1 point ; e) 0,5 point par sens de l’équivalence, 0,5 point pour la factorisation ; f) 0,5 point pour la condition sur d, 0,5 point pour le résultat 8.

Erreur fréquente : oublier que \(X^9 – X\) est sans facteur carré, ce qui empêche de conclure au produit exact.

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Après le corrigé du contrôle : partiel d’algèbre : groupes, anneaux et corps

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