Corps et extensions : cours de maths en L3 en PDF.

Soit \(K\) un corps. L’application \(\chi : \mathbb{Z} \to K\), \(n \mapsto n \cdot 1_K\), est un morphisme d’anneaux. Son noyau est un idéal de \(\mathbb{Z}\), donc de la forme \(p\mathbb{Z}\) avec \(p \geq\, 0\). L’entier \(p\) s’appelle la caractéristique de \(K\), notée \(\operatorname{car}(K)\).

La caractéristique d’un corps est soit \(0\), soit un nombre premier.

Supposons \(p = \operatorname{car}(K) \neq 0\). D’abord, \(p \neq 1\) car \(1_K \neq 0\). Ensuite, si \(p = ab\) avec \(1 < a, b < p\), alors \((a \cdot 1_K)(b \cdot 1_K) = p \cdot 1_K = 0\). Comme un corps est intègre, l’un des facteurs est nul. Cela contredit la minimalité de \(p\). Ainsi, \(p\) est premier.

Le sous-corps premier de \(K\) est l’intersection de tous les sous-corps de \(K\). C’est le plus petit sous-corps de \(K\).

Si \(\operatorname{car}(K) = p\) est premier, le sous-corps premier de \(K\) est isomorphe à \(\mathbb{F}_p = \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\). Si \(\operatorname{car}(K) = 0\), il est isomorphe à \(\mathbb{Q}\).

Tout sous-corps contient \(1_K\), donc l’image de \(\chi\). Si \(p\) est premier, le théorème de factorisation donne \(\chi(\mathbb{Z}) \simeq \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\), qui est déjà un corps. Si \(p = 0\), \(\chi\) est injectif. De plus, tout sous-corps contient les quotients \(\chi(a)\chi(b)^{-1}\) pour \(b \neq 0\). Ainsi, \(\chi\) se prolonge en un morphisme injectif \(\mathbb{Q} \to K\), \(\frac{a}{b} \mapsto \chi(a)\chi(b)^{-1}\), dont l’image est le sous-corps premier.

Si \(\operatorname{car}(K) = p\) est premier, l’application \(F : x \mapsto x^p\) est un morphisme de corps de \(K\) dans lui-même, appelé morphisme de Frobenius. En particulier, \((x + y)^p = x^p + y^p\) pour tous \(x, y \in K\).

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 avec \(k\), donc \(p\) divise \(\binom\,{p}{k}\) d’après le lemme de Gauss. Par conséquent, dans la formule du binôme, tous les termes intermédiaires sont nuls. La multiplicativité est évidente.

Dans \(\mathbb{F}_p\), le Frobenius vaut l’identité : c’est le petit théorème de Fermat \(x^p = x\). En revanche, dans le corps des fractions rationnelles \(\mathbb{F}_p(T)\), le Frobenius n’est pas surjectif, car \(T\) n’est pas une puissance \(p\)-ième.

Une extension de \(K\) est un corps \(L\) qui contient \(K\) comme sous-corps. On la note \(L/K\). Alors \(L\) est un \(K\)-espace vectoriel. Sa dimension, finie ou infinie, s’appelle le degré de l’extension et se note \([L : K]\). L’extension est dite finie si ce degré est fini.

On a \([\mathbb{C} : \mathbb{R}] = 2\), de base \((1, i)\). De même, \([\mathbb{Q}(\sqrt{2}) : \mathbb{Q}] = 2\), de base \((1, \sqrt{2})\). En revanche, \([\mathbb{R} : \mathbb{Q}]\) est infini : en effet, un \(\mathbb{Q}\)-espace vectoriel de dimension finie est dénombrable, alors que \(\mathbb{R}\) ne l’est pas.

Soient \(K \subset L \subset M\) trois corps. Si \((e_i)_{i \in I}\) est une base de \(L\) sur \(K\) et \((f_j)_{j \in J}\) une base de \(M\) sur \(L\), alors \((e_i f_j)_{(i, j) \in I \times J}\) est une base de \(M\) sur \(K\). En particulier,
\[[M : K] = [M : L] \times [L : K].\]

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 \(\sum_i \mu_{ij} e_i\) avec \(\mu_{ij} \in K\). Donc \(x = \sum_{i,j} \mu_{ij} e_i f_j\). Famille libre : si \(\sum_{i,j} \mu_{ij} e_i f_j = 0\), on regroupe en \(\sum_j \bigl(\sum_i \mu_{ij} e_i\bigr) f_j = 0\). La liberté des \(f_j\) sur \(L\) donne \(\sum_i \mu_{ij} e_i = 0\) pour tout \(j\). Enfin, la liberté des \(e_i\) sur \(K\) donne \(\mu_{ij} = 0\).

Si \(K \subset L \subset M\) avec \(M/K\) finie, alors \([L : K]\) et \([M : L]\) divisent \([M : K]\). En particulier, si \([M : K]\) est premier, il n’y a aucun corps strictement intermédiaire.

On a \([\mathbb{Q}(\sqrt{2}) : \mathbb{Q}] = 2\). Ensuite, \(\sqrt{3} \notin \mathbb{Q}(\sqrt{2})\) : si \(\sqrt{3} = a + b\sqrt{2}\) avec \(a, b\) rationnels, alors \(3 = a^2 + 2b^2 + 2ab\sqrt{2}\), donc \(ab = 0\), ce qui mène à \(\sqrt{3}\) ou \(\sqrt{6}\) rationnel. Ainsi, \(X^2 – 3\) n’a pas de racine dans \(\mathbb{Q}(\sqrt{2})\), et \([\mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3}) : \mathbb{Q}(\sqrt{2})] = 2\). Par conséquent, \([\mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3}) : \mathbb{Q}] = 4\), de base \((1, \sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{6})\).

Soit \(L/K\) une extension et \(\alpha \in L\). On dit que \(\alpha\) est algébrique sur \(K\) s’il existe \(P \in K[X]\) non nul tel que \(P(\alpha) = 0\). Sinon, \(\alpha\) est dit transcendant sur \(K\). L’extension \(L/K\) est algébrique si tous ses éléments sont algébriques sur \(K\).

Soit \(\alpha\) algébrique sur \(K\). Il existe un unique polynôme unitaire \(\mu_\alpha \in K[X]\) tel que \(\ker(\mathrm{ev}_\alpha) = (\mu_\alpha)\). On l’appelle le polynôme minimal de \(\alpha\) sur \(K\). De plus :

• \(\mu_\alpha\) est irréductible sur \(K\), et c’est l’unique polynôme unitaire irréductible annulant \(\alpha\) ;
• \(K[\alpha] = K(\alpha)\) et \(K(\alpha) \simeq K[X]/(\mu_\alpha)\) ;
• \([K(\alpha) : K] = \deg \mu_\alpha\), de base \((1, \alpha, \ldots, \alpha^{d-1})\) où \(d = \deg \mu_\alpha\).

Le noyau est non nul car \(\alpha\) est algébrique. Comme \(K[X]\) est principal, il est engendré par un unique polynôme unitaire \(\mu_\alpha\). Ensuite, \(K[X]/(\mu_\alpha) \simeq K[\alpha]\) est un sous-anneau du corps \(L\), donc intègre. Par conséquent, \((\mu_\alpha)\) est premier, donc \(\mu_\alpha\) est irréductible. Or, dans un anneau principal, un idéal premier non nul est maximal. Ainsi, \(K[\alpha]\) est un corps, donc \(K[\alpha] = K(\alpha)\). Enfin, la division euclidienne par \(\mu_\alpha\) montre que \((1, \alpha, \ldots, \alpha^{d-1})\) est une base. Si \(Q\) est unitaire, irréductible et annule \(\alpha\), alors \(\mu_\alpha\) divise \(Q\), donc \(Q = \mu_\alpha\).

Pour déterminer le polynôme minimal d’un nombre \(\alpha\) :

• trouver un polynôme unitaire \(P\) annulant \(\alpha\), en éliminant les radicaux par élévations successives au carré ou au cube ;
• prouver que \(P\) est irréductible (absence de racine en degré 2 ou 3, critère d’Eisenstein, réduction modulo un premier) ;
• ou bien prouver que \(\deg P = [K(\alpha) : K]\), en calculant ce degré par le théorème de la base télescopique.

Soit \(\alpha = \sqrt{1 + \sqrt{2}}\). On a \(\alpha^2 – 1 = \sqrt{2}\), donc \((\alpha^2 – 1)^2 = 2\), puis \(\alpha^4 – 2\alpha^2 – 1 = 0\). Le polynôme \(P = X^4 – 2X^2 – 1\) n’a pas de racine rationnelle, car \(P(\pm 1) = -2\). S’il se factorisait en \((X^2 + aX + b)(X^2 – aX + c)\) sur \(\mathbb{Q}\), on aurait \(a(c – b) = 0\) et \(bc = -1\). Le cas \(a = 0\) impose \(b + c = -2\), donc \(b\) et \(c\) racines de \(t^2 + 2t – 1\), qui valent \(-1 \pm \sqrt{2}\) : impossible. Le cas \(b = c\) donne \(b^2 = -1\) : impossible. Donc \(\mu_\alpha = X^4 – 2X^2 – 1\) et \([\mathbb{Q}(\alpha) : \mathbb{Q}] = 4\).

Si \(\alpha\) est transcendant sur \(K\), alors \(\mathrm{ev}_\alpha\) est injectif. Ainsi, \(K[\alpha] \simeq K[X]\) et \(K(\alpha) \simeq K(X)\), corps des fractions rationnelles. En particulier, \([K(\alpha) : K]\) est infini.

Soit \(L/K\) une extension.

• Si \(L/K\) est finie, elle est algébrique, et le degré de tout \(\alpha \in L\) divise \([L : K]\).
• Si \(\alpha_1, \ldots, \alpha_n\) sont algébriques sur \(K\), alors \(K(\alpha_1, \ldots, \alpha_n)/K\) est finie.
• Les éléments de \(L\) algébriques sur \(K\) forment un sous-corps de \(L\).

Si \([L : K] = n\), la famille \((1, \alpha, \ldots, \alpha^n)\) a \(n + 1\) éléments, donc elle est liée : une relation de liaison fournit un polynôme non nul annulant \(\alpha\). De plus, \(K \subset K(\alpha) \subset L\), donc \(\deg \mu_\alpha = [K(\alpha) : K]\) divise \([L : K]\). Pour le deuxième point, on raisonne par récurrence : \(\alpha_{k+1}\) est algébrique sur \(K(\alpha_1, \ldots, \alpha_k)\), et la base télescopique multiplie des degrés finis. Enfin, si \(\alpha\) et \(\beta\) sont algébriques, \(K(\alpha, \beta)\) est finie, donc \(\alpha + \beta\), \(\alpha\beta\) et \(\alpha^{-1}\) sont algébriques.

Soit \(P \in K[X]\) irréductible. Un corps de rupture de \(P\) sur \(K\) est une extension \(L\) de \(K\) de la forme \(L = K(\alpha)\) avec \(P(\alpha) = 0\).

Soit \(P \in K[X]\) irréductible de degré \(n\). Alors \(L = K[X]/(P)\) est un corps de rupture de \(P\), avec \(\alpha = \overline{X}\), et \([L : K] = n\). De plus, deux corps de rupture \(K(\alpha)\) et \(K(\beta)\) de \(P\) sont isomorphes par un unique isomorphisme qui fixe \(K\) et envoie \(\alpha\) sur \(\beta\).

L’idéal \((P)\) est maximal car \(P\) est irréductible dans l’anneau principal \(K[X]\). Donc \(L\) est un corps. Il contient une copie de \(K\) (les classes des constantes), et \(P(\overline{X}) = \overline{P} = 0\). Ensuite, \(L = K[\overline{X}]\). Pour l’unicité, \(P\) est le polynôme minimal de \(\alpha\) et de \(\beta\) à un scalaire près. Donc \(K(\alpha) \simeq K[X]/(P) \simeq K(\beta)\), la composée envoyant \(\alpha\) sur \(\beta\).

Pour calculer dans \(L = K[X]/(P)\) avec \(\alpha = \overline{X}\) :

• tout élément s’écrit de façon unique \(a_0 + a_1 \alpha + \cdots + a_{n-1}\alpha^{n-1}\) ;
• un produit se réduit grâce à la relation \(P(\alpha) = 0\), c’est-à-dire en prenant le reste de la division euclidienne par \(P\) ;
• l’inverse de \(Q(\alpha) \neq 0\) s’obtient par une relation de Bézout \(UQ + VP = 1\) : alors \(Q(\alpha)^{-1} = U(\alpha)\).

Dans \(\mathbb{Q}[X]/(X^3 – 2)\), on a \(\alpha^3 = 2\). Comme \((\alpha + 1)(\alpha^2 – \alpha + 1) = \alpha^3 + 1 = 3\), on obtient directement \((1 + \alpha)^{-1} = \frac{1}{3}(\alpha^2 – \alpha + 1)\).

Soit \(P \in K[X]\) de degré \(n \geq\, 1\). Un corps de décomposition de \(P\) sur \(K\) est une extension \(L\) dans laquelle \(P = c(X – \alpha_1) \cdots (X – \alpha_n)\), et telle que \(L = K(\alpha_1, \ldots, \alpha_n)\).

Tout polynôme \(P \in K[X]\) de degré \(n \geq\, 1\) admet un corps de décomposition \(L\), et \([L : K] \leq\, n!\). De plus, deux corps de décomposition de \(P\) sur \(K\) sont isomorphes par un isomorphisme qui fixe \(K\).

Existence, par récurrence sur \(n\). On choisit un facteur irréductible \(Q\) de \(P\) et un corps de rupture \(K_1 = K(\alpha_1)\) de \(Q\). Alors \([K_1 : K] \leq\, n\), et \(P = (X – \alpha_1)P_1\) dans \(K_1[X]\) avec \(\deg P_1 = n – 1\). L’hypothèse de récurrence fournit un corps de décomposition de \(P_1\) sur \(K_1\), de degré au plus \((n-1)!\). La base télescopique conclut. L’unicité se démontre de même, en prolongeant pas à pas un isomorphisme grâce à l’unicité des corps de rupture ; nous l’admettons ici.

Le polynôme \(X^3 – 2\) est irréductible sur \(\mathbb{Q}\) par le critère d’Eisenstein en \(2\). Ses racines complexes sont \(\sqrt[3]{2}\), \(j\sqrt[3]{2}\) et \(j^2\sqrt[3]{2}\), avec \(j = e^{2i\pi/3}\). Le corps \(\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})\) est un corps de rupture, de degré 3. Cependant, il est inclus dans \(\mathbb{R}\), donc il ne contient pas les deux racines non réelles. Le corps de décomposition est \(\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2}, j)\), de degré \(3 \times 2 = 6\).

On part des points \(O = (0, 0)\) et \(I = (1, 0)\) du plan. On s’autorise à tracer la droite passant par deux points déjà construits et le cercle de centre un point construit passant par un autre point construit. Les intersections de ces droites et cercles sont de nouveaux points construits. Un réel est dit constructible s’il est une coordonnée d’un point constructible.

L’ensemble des réels constructibles est un sous-corps de \(\mathbb{R}\). De plus, si \(a > 0\) est constructible, alors \(\sqrt{a}\) l’est aussi.

Un réel \(x\) est constructible si et seulement s’il existe une suite de sous-corps \(\mathbb{Q} = K_0 \subset K_1 \subset \cdots \subset K_r \subset \mathbb{R}\) telle que \([K_{i+1} : K_i] = 2\) pour tout \(i\) et \(x \in K_r\). En particulier, si \(x\) est constructible, alors \(x\) est algébrique sur \(\mathbb{Q}\) et \([\mathbb{Q}(x) : \mathbb{Q}]\) est une puissance de \(2\).

Supposons que tous les points déjà construits aient leurs coordonnées dans un corps \(K\). Une droite passant par deux tels points a une équation à coefficients dans \(K\). Un cercle aussi. L’intersection de deux droites s’obtient en résolvant un système linéaire : elle reste dans \(K\). Ensuite, l’intersection d’une droite et d’un cercle conduit à une équation du second degré sur \(K\). Enfin, deux cercles se ramènent au cas précédent en soustrayant leurs équations. Chaque nouveau point a donc ses coordonnées dans \(K\) ou dans \(K(\sqrt{\delta})\) avec \(\delta \in K\), extension de degré 1 ou 2. On obtient ainsi la tour. Par la base télescopique, \([K_r : \mathbb{Q}] = 2^r\), et \([\mathbb{Q}(x) : \mathbb{Q}]\) divise \(2^r\). La réciproque découle de la proposition précédente.

Pour montrer qu’un réel \(x\) n’est pas constructible :

• trouver un polynôme unitaire \(P \in \mathbb{Q}[X]\) annulant \(x\) ;
• prouver que \(P\) est irréductible sur \(\mathbb{Q}\), donc que \(P = \mu_x\) ;
• constater que \(\deg P\) n’est pas une puissance de \(2\) (typiquement \(\deg P = 3\)).

La duplication du cube demande de construire \(\sqrt[3]{2}\). Or \(X^3 – 2\) est irréductible sur \(\mathbb{Q}\), donc \([\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2}) : \mathbb{Q}] = 3\), qui n’est pas une puissance de \(2\). Par conséquent, la duplication du cube est impossible à la règle et au compas. De même, \(\cos 20^\circ\) est racine de \(8X^3 – 6X – 1\), irréductible : l’angle de \(60^\circ\) ne peut pas être partagé en trois.

La condition « degré puissance de 2 » est nécessaire mais pas suffisante en général. Pour prouver qu’un nombre est constructible, il faut exhiber la tour d’extensions quadratiques, ou bien une construction explicite.

Un corps fini \(K\) a une caractéristique première \(p\), et son cardinal est de la forme \(p^n\) avec \(n = [K : \mathbb{F}_p]\).

Le morphisme \(\chi : \mathbb{Z} \to K\) ne peut pas être injectif, donc \(\operatorname{car}(K) = p\) est premier. Ensuite, \(K\) est un \(\mathbb{F}_p\)-espace vectoriel de dimension finie \(n\). Il est donc en bijection avec \(\mathbb{F}_p^n\), qui a \(p^n\) éléments.

Pour tout nombre premier \(p\) et tout entier \(n \geq\, 1\), posons \(q = p^n\). Il existe un corps à \(q\) éléments, et il est unique à isomorphisme près : c’est le corps de décomposition de \(X^q – X\) sur \(\mathbb{F}_p\). On le note \(\mathbb{F}_q\). Ses éléments sont exactement les racines de \(X^q – X\).

Soit \(L\) un corps de décomposition de \(P = X^q – X\) sur \(\mathbb{F}_p\). Sa dérivée vaut \(qX^{q-1} – 1 = -1\), donc \(P\) est premier avec \(P^{\prime}\) : ses racines sont simples. L’ensemble \(R\) de ses racines a donc \(q\) éléments. Ensuite, \(R = \{x \in L,\ F^n(x) = x\}\) où \(F\) est le Frobenius. Comme \(F^n\) est un morphisme de corps, \(R\) est un sous-corps de \(L\). Il contient toutes les racines de \(P\), donc \(R = L\) et \(|L| = q\). Réciproquement, si \(|K| = q\), le groupe \(K^*\) a \(q – 1\) éléments. Le théorème de Lagrange donne \(x^{q-1} = 1\) pour \(x \neq 0\), donc \(x^q = x\) pour tout \(x\). Ainsi, \(K\) est un corps de décomposition de \(X^q – X\), et l’unicité des corps de décomposition conclut.

Pour construire \(\mathbb{F}_{p^n}\) concrètement, on cherche un polynôme \(P \in \mathbb{F}_p[X]\) irréductible de degré \(n\). Alors \(\mathbb{F}_p[X]/(P)\) est un corps à \(p^n\) éléments. En degré 2 ou 3, il suffit de vérifier que \(P\) n’a pas de racine dans \(\mathbb{F}_p\). En degré 4, il faut en plus exclure un produit de deux facteurs irréductibles de degré 2.

Le polynôme \(X^3 + X + 1\) n’a pas de racine dans \(\mathbb{F}_2\), car il vaut \(1\) en \(0\) et en \(1\). Il est donc irréductible, et \(\mathbb{F}_8 = \mathbb{F}_2[X]/(X^3 + X + 1)\). En notant \(\beta = \overline{X}\), on a \(\beta^3 = \beta + 1\). Les huit éléments sont les \(a + b\beta + c\beta^2\) avec \(a, b, c \in \{0, 1\}\).

Si \(K\) est un corps, tout sous-groupe fini de \(K^*\) est cyclique. En particulier, le groupe \(\mathbb{F}_q^*\) est cyclique d’ordre \(q – 1\). Un générateur de ce groupe s’appelle un élément primitif, et il y en a exactement \(\varphi(q – 1)\).

Soit \(G\) un sous-groupe fini de \(K^*\), d’ordre \(n\). Pour \(d \mid n\), notons \(N(d)\) le nombre d’éléments d’ordre \(d\). Si \(N(d) \neq 0\), soit \(x\) d’ordre \(d\). Les \(d\) éléments \(1, x, \ldots, x^{d-1}\) sont 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 de \(x\), et il y en a \(\varphi(d)\). Ainsi, \(N(d) \leq\, \varphi(d)\) pour tout \(d\). De plus, \(\sum_{d \mid n} N(d) = n = \sum_{d \mid n} \varphi(d)\). Par conséquent, \(N(d) = \varphi(d)\) pour tout \(d\). En particulier, \(N(n) = \varphi(n) \geq\, 1\) : le groupe est cyclique.

Pour trouver un générateur de \(\mathbb{F}_q^*\), on factorise \(q – 1 = \ell_1^{a_1} \cdots \ell_r^{a_r}\). Un élément \(g \neq 0\) est un générateur si et seulement si \(g^{(q-1)/\ell_i} \neq 1\) pour tout \(i\). On teste alors des candidats simples, en commençant par \(2\), \(3\) ou \(\overline{X}\).

Dans \(\mathbb{F}_{11}\), on a \(q – 1 = 10 = 2 \times 5\). Or \(2^5 = 32 = 10 \neq 1\) et \(2^2 = 4 \neq 1\). Donc \(2\) engendre \(\mathbb{F}_{11}^*\), et les générateurs sont les \(2^k\) avec \(k\) premier à \(10\), soit \(2, 8, 7, 6\).

Les sous-corps de \(\mathbb{F}_{p^n}\) sont exactement les \(\{x,\ x^{p^d} = x\}\), pour \(d\) diviseur de \(n\). Chacun a \(p^d\) éléments, et il existe un unique sous-corps de cardinal \(p^d\) pour chaque \(d \mid n\).

Si \(K\) est un sous-corps à \(p^d\) éléments, la base télescopique donne \(n = [\mathbb{F}_{p^n} : K] \times d\), donc \(d \mid n\). De plus, \(K\) est formé des racines de \(X^{p^d} – X\), qui a au plus \(p^d\) racines : il est donc unique. Réciproquement, si \(d \mid n\), alors \(p^d – 1\) divise \(p^n – 1\), donc \(X^{p^d} – X\) divise \(X^{p^n} – X\). Il a donc \(p^d\) racines distinctes dans \(\mathbb{F}_{p^n}\), qui forment un sous-corps.