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´ Ecole Polytechnique Alg` ebre et th´ eorie de Galois MAT 451 Corrig´ e du con

´ Ecole Polytechnique Alg` ebre et th´ eorie de Galois MAT 451 Corrig´ e du contrˆ ole classant 2015 Ce corrig´ e constitue un ensemble d’indications pour r´ esoudre les exerci- ces. Il ne s’agit en aucun cas d’un mod` ele de r´ edaction pour le contrˆ ole clas- sant. Exercice 1. 1) K/Q et K1/Q sont galoisiennes d’apr` es le cours. Comme P annule 21/5, les conjugu´ es de 21/5 sur Q sont produit par 21/5 par une racine 5` eme de 1. Donc 21/5 est le seul conjugu´ e r´ eel de 21/5. Comme il n’est pas rationnel, 21/5 a des conjugu´ es non r´ eels, qui ne sont donc pas dans K2. L’extension K2/Q n’est pas galoisienne. 2) Il s’agit d’une extension cyclotomique. D’apr` es le cours le groupe de Galois est isomorphe au groupe des inversibles (Z/5Z)×. Comme Z/5Z est un corps, ce groupe est cyclique isomorphe ` a Z/4Z. 3) Il s’agit d’une extension cyclique comme ´ etudi´ ee dans le cours. Le groupe de Galois est donc cyclique, sous-groupe de Z/5Z. Comme 5 est premier, le groupe de Galois est isomorphe ` a Z/5Z. 4) Les racines de P s’expriment comme produit de 21/5 par une puissance de 21/5, donc K est contenu dans ce corps. Mais K contient 21/5 et ξ = (21/5ξ)/21/5 o` u on note ξ = exp(2iπ/5). Donc ce corps est K. 5) Base t´ elescopique en utilisant K1. 6) On a la suite exacte 0 →Gal(K/K1) →Gal(K/Q) →Gal(K1/Q) →0. Or Gal(K/K1) et Gal(K1/Q) sont commutatifs donc r´ esolubles. Donc Gal(K/Q) est r´ esoluble. 7) Si il ´ etait r´ eductible, il serait de la forme P1P2 avec P1, P2 ∈Z[X] d’apr` es le lemme de Gauss. Alors P1(0)P2(0) = 2. On r´ eduit modulo 2 : le produit est X5. Donc P1(0) et P2(0) sont pairs. Contradiction (ceci revient ` a utiliser Eisenstein). 8) On a donc [K2 : Q] = 5 premier avec [K1 : Q] = 4. Donc l’intersection est Q. 1 9) Le groupe Gal(K1/Q) ≃Z/4Z contient un unique sous-groupe d’ordre 2. Il s’agit du sous-groupe engendr´ e par la conjugaison complexe. On a donc le r´ esultat en utilisant la correspondance de Galois. Ensuite, K1∩R est bien l’ensemble des points ﬁxes de K1 par la conjugaison complexe. 10) Consid´ erons α = ξ + ξ−1 = 2cos(2π/5) ∈K1 ∩R. On a 0 = 1 + ξ + ξ2 + ξ3 + ξ4 et donc α2 + α = 1 et α = ( √ 5 −1)/2. Donc α / ∈Q et K1 ∩R = Q[α] = Q[ √ 5]. 11) L est le corps des invariants de K pour la conjugaison complexe, donc d’apr` es la correspondance de Galois [L : Q] = 20/2 = 10. De plus, L contient K2 et L1 de degr´ es respectifs 5 et 2 sur Q, premiers entre eux. Le corps qu’ils engendrent est donc L. 12) Si c’´ etait le cas, on aurait deux extensions de degr´ e 2 Q[i] et Q[ √ 5] dans K. Donc Gal(K/Q) admettrait deux sous-groupes G1 = Gal(K/Q[i]), G2 = Gal(K/Q[ √ 5]) d’ordre 10. Ils admettent le sous-groupe S = Gal(K/Q[i, √ 5]) d’ordre 5. Ce sous-groupe est distingu´ e dans Gal(K/Q) et il est ´ egal ` a S = Gal(K/K1) d’apr` es l’indication. On peut donc consid´ erer le morphisme de surjection canonique π : Gal(K/Q) →Gal(K/Q)/S. Alors π(G1) ≃G1/S et π(G2) ≃G2/S sont d’ordre 2. Mais Gal(K/Q)/S ≃Gal(K1/Q) est cyclique d’ordre 4. Il admet donc un unique sous-groupe d’ordre 2. Donc G1 = G2, contradiction. Exercice 2. 1) S4 est engendr´ e par les transpositions et une transposition stabilise bien cet ensemble. En partant du premier polynˆ ome, on obtient le second en appliquant (23), puis le troisi` eme en appliquant (24). On a donc bien une orbite. 2) Soit H le stabilisateur du premier polynˆ ome. On a une bijection naturelle entre l’ensemble des classes gauche S4/H et l’orbite. Donc l’ordre de H est 4!/3 = 8. 3) On obtient que (1234) et (12)(34) stabilisent le premier polynˆ ome. Or (12)(34) n’est pas dans le sous-groupe d’ordre 4 engendr´ e par (1234). Ils engendrent donc un groupe d’ordre au moins 8, donc le stabilisateur entier. C’est analogue pour les autres polynˆ omes. 4) On v´ eriﬁe directement que ces sous-groupes sont maximaux. 5) On consid` ere l’action du groupe de Galois G. Comme l’ensemble des racines de Q forment une orbite d’apr` es la question 1), le polynˆ ome est invariant. Il est donc ` a coeﬃcients dans k. 6) Si deux racines sont ´ egales, par exemple x1x3 + x2x4 = x1x2 + x3x4, alors x1(x3 −x2) = x4(x3 −x2) et x1 = x4, contradiction. 2 7) Si Q a une racine dans k, alors G stabilise cette racine, donc est dans un sous-groupe d’ordre 8 d’apr` es la question 2). R´ eciproquement, soit H un sous-groupe de S4 d’ordre 8 contenant G. Alors d’apr` es 4), les sous- groupes maximaux sont d’ordre 6, 8 ou 12. Donc H est maximal ´ egal ` a un sous-groupe stabilisateur de la question 3). Donc une racine de Q est dans k. 8) Le coeﬃcient de X2 est −(x1x3 + x2x4 + x1x2 + x3x4 + x1x4 + x2x3) = −c2 = 0. Le coeﬃcient de X est (x1x3+x2x4)(x1x2+x3x4)+(x1x3+x2x4)(x1x4+x2x3)+(x1x2+x3x4)(x1x4+x2x3) = − X 1≤i̸=j≤4 xi/xj = − X 1≤i≤4 xi X k̸=i x−1 k = −(x−1 1 + x−1 2 + x−1 3 + x−1 4 )c1 + 4 = 4. Notons que x1+x2+x3+x4 = 0 et x1x2+x1x3+x1x4+x2x3+x2x4+x3x4 = 0 et donc x2 1 + x2 2 + x2 3 + x2 4 = 0. Le coeﬃcient constant est −(x1x3 + x2x4)(x1x2 + x3x4)(x1x4 + x2x3) = −x2 1 −x2 2 −x2 3 −x2 4 −(x2 1x2 2x2 3 + x2 1x2 2x2 4 + x2 1x2 3x2 4 + x2 2x2 3x2 4) = −(x2 1x2 2x2 3 + x2 1x2 2x2 4 + x2 1x2 3x2 4 + x2 2x2 3x2 4) = 2c2c1 −(x2 1x2 2x2 3 + x2 1x2 2x2 4 + x2 1x2 3x2 4 + x2 2x2 3x2 4) = c2 3. 9) On montrer d’abord que R n’a pas de racine dans Q : il suﬃt d’´ ecrire que x = a/b est racine, puis a4 = b4(ap + 1), donc b = 1 et x ∈Z. Alors d’apr` es le Lemme de Gauss, R est le produit de (X −x) par un polynˆ ome ` a coeﬃcients entiers. En regardant les termes constants, on obtient que x = ±1, qui ne serait ˆ etre racine. Maintenant, si Q n’est pas irr´ eductible, c’est le produit de deux polynˆ omes de degr´ e 2 ` a coeﬃcients entiers, donc R = (X2 + aX + 1)(X2 −aX −1). Le terme de degr´ e 2 donne a = 0, contradiction. 10) L’action du groupe de Galois sur les racines est transitive. Il suﬃt donc de montrer que Q(X) = X3 + 4X −p2 n’a pas de racine dans Q. Supposons qu’on en a une x = a/b. Alors a(a2 + 4b2) = p2b3 et b3 divise a2 + 4b2 donc b divise a2 et b = 1. Alors a(a2 + 4) = p2 donc a = ±1 ou ±p. Contradiction dans tous les cas. 3 11) Une ´ etude de la fonction montre qu’il y a 2 racines r´ eelles (la d´ eriv´ ee ne s’annule qu’une seule fois et la valeur en 0 est strictement n´ egative). 12) La conjugaison complexe donne une transposition dans le groupe de Galois. Ce n’est donc pas un sous-groupe de A4. Il est donc isomorphe ` a S4. Exercice 3. 1) C’est une cons´ equence directe du Lemme de Gauss. 2) On peut supposer z / ∈Q.Ecrivons z = a+ib = reiθ. Alors le polynˆ ome minimal de z est X2−2aX+(a2+b2). Si a, b ∈Z, ce polynˆ ome est clairement ` a coeﬃcients entiers. R´ eciproquement, supposons que r2 = A et 2rcos(θ) = B sont entiers. Alors posons rsin(θ) = p/q. On a p2/q2 = A −B2/4 donc q = 1 ou q = 2. Si q = 2, alors p et B sont impairs : p = 1+2α et B = 1+2β. Donc 4A = p2 + B2 = 2 + 4α + 4β + 4α2 + 4β2, contradiction. Ainsi q = 1, et B est pair. Donc a et b sont entiers. 4 uploads/Industriel/ mat451-corrige-2015-x2013.pdf