[PDF] Devoir à la maison n 2 Un corrigé

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Université Paris 7 - Denis Diderot Premier semestre 2006/07 UFR de Mathématiques M1 Maths-info - Algèbre

Devoir à la maison n

◦2

Un corrigéExercice 1.SoitF3le corps fini à3éléments etαune racine septième de l"unité (dans un corps de

rupture du polynômeX7-1?F3[X], il existe - au moins - une racine septième de l"unité). On pose

K=F3(α).

1) L"élémentα?KestalgébriquesurF3car il vérifieα7= 1. Donc le corpsF3(α)est une extension

finie deF3. C"est unF3-espace vectoriel de dimension finie, il a donc un nombre fini d"éléments :

Kest un corps fini.

2) Pour déterminerK, il suffit de trouver son cardinal. D"après ce qui précède,#K= 3moùmest le

degré de l"extensionK/F3. Maintenant, il s"agit de calculerm. Siα= 1, alorsF3(α) =F3. Supposonsα?= 1. Commeα7-1 = (α-1)(1+α+...+α6) = 0dansK, on a1+α+...+α6= 0. NotonsPle polynôme cyclotomique1+X+...+X6?F3[X]. Il annuleα, c"est donc un multiple

du polynôme minimal deαsurF3. Montrer que c"est le polynôme minimal revient à montrer que

Pest irréductible dansF3[X].

D"après l"exercice 9 de la feuille 4,Pest irréductible dansF3[X]si et seulement s"il n"a aucune

racine dans toutes les extensions deF3de degré au plusdegP2 = 3. Il n"y a que trois possibilités pour ces extensions :L1=F3,L2=F32,L3=F33.

Commex?= 0,xest un élément du groupe multiplicatifL?ddu corps. D"après un résultat du cours,

puisqueLdest fini, ce groupe est cyclique d"ordre3d-1. De plus,x7= 1doncxest d"ordre7. Par le théorème de Lagrange,7divise3d-1. Pourd= 1,2ou3, c"est impossible. Ainsi le polynôme

Pest irréductible dansF3[X]et c"est le polynôme minimal deαsurF3. Le degré de l"extension

K/F3estm= deg(P) = 6.

En conclusion,Kest le corps finiF36à36éléments. Remarque 0.On ne travaille pas dans un sous-corps deCdonc on n"a pasα= e2iπ/17! Remarque 1.D"après le cours, le polynôme cyclotomiqueΦ7(X) = 1+X+...+X6est irréductible dansQ[X]. Mais cela ne nous dit rien de son irréductibilité dansF3[X]!

Remarque 2.Pour vérifier quePn"a aucune racine dans ces corps, on pouvait également procéder

comme en TD en construisant les corpsF32etF33comme quotients deF3[X]par un polynôme irréductible du bon degré (par exemple avecX2+ 1etX3+ 2X+ 1, irréductibles surF3). Mais les calculs sont beaucoup plus longs.

Exercice 2.Soitnun entier≥3.

de corps :

Q(α)

Q. 1 degré, on a donc : [Q(α) :Q] =?(n)2

2) Soitx?Qécrit sous forme irréductibleab

avecaetbentiers premiers entre eux etb >0. On supposeb≥3. Comme précédemment, on a les extensions de corps :

Q(e2πia/b)

Q(cos(2πa/b))

Q

et comme précédemment, on montre que[Q(e2πia/b) :Q(cos(2πa/b))] = 2(l"extension n"est pas de

degré1carb≥3). De plus,e2πi/best une racine primitiveb-ème de l"unité. Commeaetbsont

premiers entre eux, il en est de même dee2πia/b. Les corpsQ(e2πi/b)etQ(e2πia/b)sont donc égaux.

Or,[Q(e2πi/b) :Q] =?(b). Finalement, on obtient : [Q(cos(2πa/b)) :Q] =?(b)2

3) Supposonsn≥5. Notonsβ= sin(2πn

). On commence par se ramener à la question précédente! On a l"identité trigonométriquesin(2πn ) = cos(π2 -2πn ) = cos(2π?n-44n?). Maintenant, écrivonsn-44nsous forme irréductible. •Sipgcd(n,8) = 1, alorsnest impair et le pgcd de4netn-4est1. D"après la question 2), le degré[Q(β) :Q]est?(4n)/2. Comme4etnsont premiers entre eux, d"après les propriétés de l"indicatrice d"Euler

1,?(4n) =?(4)?(n) = 2?(n). D"où[Q(β) :Q] =?(n).

•Sipgcd(n,8) = 2, alorsn= 2kaveckimpair et on voit que le pgcd de4netn-4est2.

Donc comme

n-44n=n/2-22n, le degré de l"extension est donc?(2n)/2. On a?(2n) =?(4k) = ?(4)?(k) = 2?(k). De plus,?(n) =?(2k) =?(2)?(k) =?(k). Donc?(2n) = 2?(n)et le degré est[Q(β) :Q] =?(n). •Sipgcd(n,8) = 4, alorsn= 4kaveckimpair et on voit que le pgcd de4netn-4est8. Comme n-44n=(n-4)/8n/2, le degré est donc?(n/2)/2. On a?(n) =?(4k) =?(4)?(k) = 2?(k)et ?(n/2) =?(2k) =?(k)d"où?(n/2) =?(n)/2. Finalement, le degré est[Q(β) :Q] =?(n)/4. •Sipgcd(n,8)>4, alorsn= 8kaveckquelconque et le pgcd de4netn-4est4. Comme n-44n=(n-4)/4n , le degré de l"extension est[Q(β) :Q] =?(n)/2.

4) Notonsβ= sin(2π/5). Commepgcd(5,4) = 1, d"après ce qui précède, l"extensionQ(β)/Qest

de degré?(5) = 4, donc le polynôme minimal deβsurQest de degré4. D"après la formule

sin(5x) = 16sin(x)5-20sin(x)3+ 5sin(x)appliquée àx= 2π/5, on a16β5-20β3+ 5β= 0, d"où

16β4-20β2+ 5 = 0.

Le polynômeP= 16X4-20X2+ 5?Q[X]annuleβ; il divise le polynôme minimal et il est de même degré que celui-ci. C"est donc le polynôme minimal deβsurQ.

Remarque.On pouvait également voir quePest irréductible en appliquant le critère d"Eisenstein.1

Sinetmsont premiers entre eux, alors?(nm) =?(n)?(m) 2

Exercice 3.Notonsz= e2iπ17

etK=Q(z).

1) (a) D"après le cours, l"extensionK/Qest de degré?(17) = 16et une base deKsurQest

{z,z2,...,z16}. (b) D"après le cours, l"extensionK/Qest galoisienne de groupe de Galois isomorphe à(Z/17Z)?. Or,(Z/17Z)?est cyclique car c"est le groupe multiplicatif du corps finiZ/17Z(17est premier). DoncGest cyclique isomorphe au groupe additifZ/16Zet d"ordre16. (c) Soitgun générateur deG; il est d"ordre16. SoitGile sous-groupe deGengendré parg2i i,24)=242 i= 24-i. Donc le groupeGiest d"ordre 2 4-i. Par la correspondance de Galois, la suite de sous-groupes{e}=G4?G3?G2?G1?G0=

Gdonne les extensions de corps suivantes :

K

4=KG4=K

K 3=KG3 K 2=KG2 K 1=KG1 K

0=KG=Q.

Calculons[Ki+1:Ki]. Par multiplicativité du degré, c"est[Ki+1:Q][Ki:Q]. Or,[Ki:Q] =[K:Q][K:Ki]=

|G||Gi|d"après la correspondance. Donc[Ki:Q] = 2i. On en déduit[Ki+1:Ki] =2i+12 i= 2.

(d) Un automorphismeσdeK/Q(c"est-à-dire un élément du groupe de GaloisG) est déterminé

par sa valeur enz. De plus, commez17= 1,σ(z)est une racine 17ème de l"unité. Donc il z=g16(z) =g8(g8(z)) =g8(zk) = (g8(z))k=zk2 d"oùzk2-1= 1. Alorszétant d"ordre17,17divisek2-1 = (k-1)(k+ 1), d"où puisque17 est premier,k=1ouk=-1. Sik=1, alorsg8= idce qui est impossible cargest d"ordre

16. Donck=-1etg8(z) =z-1.

D"après la correspondance de Galois, pour voir quecos(2π17 )est dansK3=KG3, il faut et il suffit de montrer queg23(cos(2π17 )) = cos(2π17 ). Or,g8(cos(2π17 )) =g8(z+z 2 ) =g8(z+z-12 12 (z-1+z) = cos(2π17 ). Donccos(2π17 )appartient au corpsK3.

On obtient ainsiQ(cos(2π17

))?K3. Maintenant d"après l"exercice 2, l"extensionQ(cos(2π17 ))/Q est de degré ?(17)2 = 8. Comme on sait que[K3:Q] = 23= 8, on obtient l"égalité de corps K

3=Q(cos(2π17

2) (a) On vérifie que la classe de2ne convient pas car28= 1. Calculons les réductions modulo17

des puissances successives de3:33 9=14 3 2=93 10=8 3 3=103 11=7 3 4=133 12=4 3 5=53 13=12 3 6=153 14=2 3 7=113 15=6 3

8=16 =-13

16=1 3 La classe de3est d"ordre16dans(Z/17Z)?et engendre ce groupe. On sait que le groupe de GaloisGest isomorphe à(Z/17Z)?. Plus précisément, l"isomorphisme est donné par : (Z/17Z)?→Gk?→(z?→zk) L"automorphismegdeK/Q, défini parg(z) =z3, est un générateur deG. (b) On posea1=7? i=0g

2i(z)eta2=g(a1).

i. CommeK1=KG1, pour voir quea1appartient àK1, il faut et il suffit de montrer que g

2(a1) =a1. Puisqueg16= id, on a

g

2(a1) =7?

i=0g

2(i+1)(z) =6?

i=0g

2(i+1)(z) +g16(z) =7?

i=0g

2i(z) =a1

donca1appartient àK1.

En utilisantg(z) =z3, on obtient les formules :

a

1=z+z9+z13+z15+z16+z8+z4+z2

a

2=z3+z10+z5+z11+z14+z7+z12+z6.

Comme{z,...,z16}est uneQ-base deK, on en déduita2?=a1. PuisqueQ=KG1et g(a1)?=a1,a1n"est pas dansQ. Enfin,Q ? Q(a1)?K1et l"extensionK1/Qétant de degré2, on obtientK1=Q(a1).

ii. Par les formules précédentes,1+a1+a2= Φ17(z) = 0(oùΦ17désigne le 17ème polynôme

cyclotomique). iii. En remarquant quezk+z-k= 2cos(kθ), on obtient a

1= 2(cos(θ) + cos(8θ) + cos(4θ) + cos(2θ))

a

2= 2(cos(3θ) + cos(7θ) + cos(5θ) + cos(6θ)).

Commeθ=2π17

, on a les inégalités

0< θ <2θ <3θ <4θ <π2

<5θ <6θ <7θ <8θ < π Le cosinus est strictement décroissant sur[0,π]donccos(kθ)>0pourk= 1,2,3,4et cos(kθ)<0pourk= 5,6,7,8. De plus a

2= 2(2cos(9θ/2)cos(3θ/2) + cos(5θ) + cos(7θ))

Comme0<3θ/2< π/2<9θ/2< π, le produitcos(9θ/2)cos(3θ/2)est strictement négatif. Donca2<0. iv. En développant le produit, en utilisant la formule rappelée puis en regroupant les termes (on acos(kθ) = cos((17-k)θ)pour toutk), on obtienta1+a2= 4a1a2=-4. v. Les racines de l"équation du second degréX2+X-4 = 0sonta1eta2. Donc{a1,a2}= -1-⎷17 2 ,-1+⎷17 2 }. Commea2<0, on obtient : a

1=-1 +⎷17

2 eta2=-1-⎷17 2

En particulier, on voit queK1=K(a1) =Q(⎷17).

4 (c) On poseb1=3? i=0g

4i(z)etb2=g2(b1).

i. CommeK2=KG2, voir queb1appartient àK2revient à montrer queg4(b1) =b1, ce qui s"obtient à l"aide des formules b

1=z+z13+z16+z4

b

2=z9+z15+z8+z2.

Comme{z,...,z16}est uneQ-base deK, on ab2?=b1doncb1/?K1=KG1. Enfin, K

1?K1(b1)?K2et comme l"extensionK2/K1étant de degré2, on obtientK2=K1(b1).

ii. A l"aide des formules précédentes, on a directementb1+b2=a1.

iii. Un calcul similaire à celui de 2)b)iii donneb1= 2(cos(θ) + cos(4θ))etb2= 2(cos(2θ) +

cos(8θ)). Par décroissance du cosinus sur[0,π], on obtientb2< b1. iv. En effectuant le produit et regroupant les termes, on obtient b

1b2= 28?

k=1cos(kθ) =a1+a2=-1. v. Les racines de l"équation du second degréX2-a1X-1 = 0, à coefficients dansK1, sont b

1etb2. Ainsi,{b1,b2}={a1-⎷a

21+42
,a1+⎷a 21+42
}. Commeb1> b2, b 1=12 (a1+?a

21+ 4)etb2= 12(a1-?a

21+ 4).

vi. On poseb3=3? i=0g

4i+1(z)etb4=g2(b3). Par la même méthode, on obtient les relations

suivantes : b

3=z+z3+z5+z14+z12

b

4=z10+z11+z7+z6

b

3+b4=a2

b

3= 2(cos(3θ) + cos(5θ))

b

4= 2(cos(7θ) + cos(6θ))

b

3b4= 2?8

k=1cos(kθ) =-1

Les racines de l"équationX2-a2X-1 = 0sont12

(a2+?4 +a22)et12 (a2-?4 +a22).

Commeb3> b4, on obtient

b 3=12 (a2+?4 +a22)etb4=12 (a2-?4 +a22). (d) On posec1=1? i=0g

8i(z)etc2=g4(c1).

i. CommeK3=KG3, voir quec1appartient àK3revient à montrer queg8(c1) =c1, ce qui s"obtient à l"aide des formulesc

1=z+z16

c

2=z13+z4.

Comme{z,...,z16}est uneQ-base deK, on ac2?=c1doncc1/?K2=KG2. Enfin, K

2?K2(c1)?K3et comme l"extensionK3/K2est de degré2, on obtientK3=K2(c1).

ii. A l"aide des formules précédentes, on a directementc1+c2=b1. 5 iii. Un calcul donnec1= 2cos(θ)etc2= 2cos(4θ). Par décroissance du cosinus sur[0,π], on obtientc2< c1. iv. En effectuant le produit et regroupant les termes, on obtient c

1c2= 2(cos(3θ) + cos(5θ)) =b3.

v. Les racines de l"équation du second degréX2-b1X+b3= 0, à coefficients dansK2, sont c

1etc2. Ainsi,{c1,c2}={12

(b1-?b

21-4b3),12

(b1+?b

21-4b3)}. Commec1> c2,

c 1=12 (b1+?b

21-4b3)etc2=12

(b1-?b

21-4b3).

(e) Finalement,cos(θ) =12 c1=14 (b1+?b

21-4b3). Or

b 1=12 (a1+?a

21+ 4) =12

(a1+?8-a1)) =14 (-1 +⎷17 + ?4(8-a1)) d"où b 1=14 (-1 +⎷17 + ?34-2⎷17).

De même,

b 3=12 (a2+?a

22+ 4) =14

(-1-⎷17 + ?34 + 2 ⎷17).

En développant, on trouve

b

21=116

(62 + 2(-1 +⎷17) ?34-2⎷17-4⎷17) et finalementcos?2π17 ?vaut 116
-1 +⎷17 + ?34-2⎷17 + ?68 + 12 ⎷17 + 2(-1 +⎷17) ?34-2⎷17-16?34 + 2 ⎷17

Autour de la formule de Gauss

Constructions à la règle et au compas. Voici la définition mathématique précise de la notion de

point du plan constructible (sous-entendu, à la règle et au compas). Points constructibles en une étape. SoitEun sous-ensemble du plan euclidien, qu"on assimile

ici àR2. On dit qu"un pointP= (x,y)est constructible en une étape à partir deEsi et seulement siP

est un point deEou siPest dans l"intersection de deux objets quelconques parmi : - l"ensemble des droites distinctes qui passent par deux éléments distincts deE;

- l"ensemble des cercles distincts centrés en un point deEet dont le rayon est la distance de deux

quelconques points deE. Points constructibles ennétapes. Partant des mêmes données, on définit, naturellement et

par récurrence, l"ensemble des points constructibles ennétapes à partir deE: pourn= 1, c"est

la construction précédente; sinon, c"est l"ensemble des points constructibles en une étape à partir de

l"ensemble des points constructibles enn-1étapes (à partir deE). Enfin, un point est dit constructible

à partir deEs"il l"est ennétapes pour un certainn. Nombres constructibles. Un nombre réelxest dit constructible si le point(x,0)du plan l"est à partir deE={O= (0,0),I= (0,1),J= (1,0)}. Les nombres constructibles forment un sous-corps de R. Critère pour qu"un nombre soit constructible. Savoir quels sont les nombres et les figures

constructibles à la règle et au compas était un problème central des mathématiques dès l"Antiquité.

Jusqu"au dix-neuvième siècle, on démontra l"impossibilité de réaliser certaines constructions (quadrature

6

du cercle, trisection de l"angle). La théorie des extensions de corps fournit le bon cadre mathématique

pour étudier la constructibilité. C"est Wantzel (1837) qui donne finalement un critère pour qu"un nombre

réelxsoit constructible : il faut et il suffit qu"il existe une tour d"extension quadratiqueQ=K0?K1?

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