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Antoine Chambert-Loir

ALGBRE CORPORELLE

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Antoine Chambert-Loir E-mail : [email protected], Universit de Rennes 1, Campus de Beaulieu, 35042 Rennes Cedex.Centre de Mathmatiques, cole polytechnique, 91128 Palaiseau Cedex.

Version du 22 mars 2004, 13h35 Une version jour est disponible sur le Web ladresse http://www.math.polytechnique. fr/~chambert/teach/algebre.pdf

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Il conviendrait donc, Glaucon, de prescrire cette tude par une loi,et de persuader ceux qui doivent remplir les plus hautes fonctions publiques de se livrer la science du calcul, non pas superciellement,mais jusqu ce quils arrivent, par la pure intelligence, connatre la nature des nombres ; et de cultiver cette science non pas pour la faire servir aux marchands, mais pour lappliquer la guerre, et pour faci-liter la conversion de lme du monde de la gnration vers la vrit et lessence. Trs bien dit. Platon, La rpublique, Livre VII

Jai fait en analyse plusieurs choses nouvelles.variste Galois, Lettre A. Chevalier (29 mai 1832)

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Table des matires

Prsentation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . vii

1. Extensions de corps . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1Constructions la rgle et au compas , 1 ; Corps , 3 ; Extensions de corps , 8 ;Quelques impossibilits classiques , 14 ; Fonctions symtriques des racines , 18 ; Appendice : transcendance de e et , 20 ; Exercices , 24.

2. Mais o sont mes racines ? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 Anneau des restes , 29 ; Extensions de dcomposition , 32 ;Corps algbriquement clos; clture algbrique , 33 ; Appendice : structure des anneaux de polynmes , 37 ; Appendice : anneaux quotients , 40 ; Appendice : thorme de Puiseux , 42 ; Exercices , 46.

3. Thorie de Galois . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51Homomorphismes dune extension dans une clture algbrique , 51 ;Groupe dautomorphismes dune extension , 54 ; Le groupe de Galois comme groupe de permutations des racines , 59 ; Discriminant, rsolvantes , 63 ;Corps nis , 66 ; Exercices , 68.

4. Un peu de thorie des groupes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75Groupes (rappels de dnitions) , 75 ; Sous-groupes , 76 ; Opration dun groupe sur un ensemble , 78 ; Sous-groupes distingus, groupes quotients , 79 ;Groupes rsolubles, nilpotents , 82 ; Groupe symtrique, altern , 85 ;Groupes de matrices , 89 ; Exercices , 92.

5. Applications . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97Constructibilit la rgle et au compas , 97 ; Cyclotomie , 98 ;Extensions composes , 103 ; Extensions cycliques , 106 ; Les quations de degrs infrieur 4, 108 ;Rsolubilit par radicaux , 113 ; Comment (ne pas) calculer des groupes de Galois , 117 ; Spcialisation des groupes de Galois , 120 ;Lquation gnrique et le thorme dirrductibilit de Hilbert , 127 ;Exercices , 133.

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vi TABLE DES MATIRES

6. quations diffrentielles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .139Corps diffrentiels , 139 ; Extensions diffrentielles. Construction de drivations , 142 ; quations diffrentielles , 146 ; Extensions de Picard-Vessiot , 148 ; Le groupe de Galois diffrentiel. Exemples , 151 ;La correspondance de Galois diffrentielle , 156 ; Extensions lmentaires , 157 ; Appendice : thorme des zros de Hilbert , 163 ;Exercices , 165.

Problmes dexamen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .167Problme de rvision (2002) , 167 ; Contrle classant (2002) , 168 ;Session de rattrapage (2002) , 171 ; Contrle classant (2003) , 171.

Bibliographie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .175

Index . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .177

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Prsentation

Voici un petit cours dalgbre dans lequel laccent est mis sur la structure decorps ,do son titre.

Il y est question dquations, polynomiales ou diffrentielles, et de la structure al-gbrique de leurs solutions. On sait par exemple rsoudre explicitement les quationspolynomialesde degr 2, 3 ou 4 (Cardan, Ferrari, etc.) laide de formulesalgbriqueset dextractionsde racines n -imes, mais le casdu degr 5 a rsist longtemps, jusquce quAbel montre en 1826 quune quation de degr 5 gnrale ne peut tre rsoluede la sorte.

Peu aprs, Galois a dni le groupe dune quation polynomiale comme le groupedes permutations de ses racines (disons complexes) qui prservent toutes les identitsalgbriques coefcients rationnels quecesracinesvrient.Par exemple, on sait bienque les fonctions symtriques lmentaires des racines sont (au signe prs) les coef-

cients du polynme. En gnral, il ny en a pas dautre, mais parfois si et le groupe delquation en est dautant plus petit.

Et Galois a compris comment ce groupe de symtrie conditionne la rsolubilit delquation. Il a dni loccasion la notion degroupe rsoluble ettabli que si le groupede lquation est rsoluble, on peut exprimer ses racines par radicaux, et sinon non.

Expliquer tout ceci nous mnera sur dintressants chemins. Vous apprendrez parexemple pourquoidantiques problmes de constructions la rgle et au compasnonteffectivement pas de solution, mais inversement vous saurez pourquoi (et dcouvrirezpeut-tre comment) lon peut construire certains polygones rguliers.

Il y a une thorie analogue pour les quations diffrentielles linaires homogneset nous introduirons un groupe analogue. Ce sera alors un groupe de matrices. Vousapprendrez aussi pourquoi certains calculs explicites de primitives, tels celui de

exp(x 2), sont sans espoir.

Au menu gurent galement quelques thormes danalyse : la transcendance dunombre , le fait que le corps des nombres complexes est algbriquement clos, ainsique le thorme de Puiseux qui montre comment paramtrer les racines dune qua-tion polynomiale dont les coefcients peuvent varier.

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viii PRSENTATION

Dans chaque chapitre, je propose quelques exercices. Vous en ferez vraisemblable-ment certainsenpetites classes. Je vousencourage passer unpeu de temps les cher-cher. Cest en effet un excellent moyen dassimiler les nouvelles notions introduitesdans ce cours. Ne vous inquitez pas, certains sont mme faciles!

Quelques illustrations, tires du Web , ont pour vocation dgayer ce livre. Jaitrouv les reproductions de timbres ladresse http://jeff560.tripod.com/ ceux que cela intresse seront ravis de feuilleter le livre [13] tandis que lesphotos proviennent de larchive MacTutor History of Mathematics ladressehttp://www-groups.dcs.st-andrews.ac.uk/~history/ . Jencourage ceux dentre vous quisont intresss par lhistoire des mathmatiques la frquenter. La lecture du petitlivre [4] dA. Dahan et J. Peiffer est aussi vivement recommande.

Et maintenant, commenons...

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1Extensions de corps

Nous partons du problme gomtrique des constructions la rgle et au compas. Nous introduisons ensuite les notions de corps et dextensions

de corps, et enn celle dextension algbrique. Cela fournit rapidement des rsultats d impossibilit pour quelques problmes classiques. Nous verrons plus tard que la thorie de Galois fournit un critre dnitif permettant de dcider si une construction est ou nest pas ralisable la rgle et au compas.

1.1. Constructions la rgle et au compas

Pour les Grecs de lantiquit, nombres et mesures de longueurs taient deux

concepts intimement lis. Cest ainsi quils se sont poss le problme deconstructions gomtriques de nombres remarquables. Les outils quils se donnaient taient engnral une rgle et un compas, mais, notamment quand ils ny arrivaient pas, il leurarriva dadmettre des mcanismes qui tracent des courbes plus gnrales (cf. [4] ainsique les notes de [9]).

Formalisons le problme du point de vue mathmatique.

DFINITION1.1.1. Soit un ensemble de points du plan R2 . On dit quun point P est constructible la rgle et au compas partir de sil existe un entier n et une suite de points (P 1, . . . ,P n ) tels que P n =P et tels que pour tout i {1;...;n }, notant i = {P 1; . . . ;P i 1}, lune des propositions suivantes soit vrie : il existe 4 points A, B, A et B i tels que P i soit lintersection des deux droites non parallles ( AB ) et ( A B ) ;

il existe quatre points A, B , C , et D i tels que P i soit lun des (au plus) deux points dintersection de la droite ( AB ) et du cercle de centre C et de rayon [CD ] ;

il existe quatre points O , M , O et M i tels que P i soit lun des (au plus) deux points dintersection des cercles distincts respectivement de centre O et de rayon [OM ],et de centre O et de rayon [O M ].

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2 CHAPITRE 1. EXTENSIONS DE CORPS

DFINITION1.1.2. Considrons une partie de R. Un rel x est dit constructible la rgle et au compas partir de si cest labscisse dun point du plan qui est construc-tible la rgle et au compas partir des points (,0) pour . Un nombre complexe est dit constructible partir de si sa partie relle et sa partie imaginaire le sont.

THORME1.1.3. Soit une partie de R contenant 0 et 1. Lensemble C des nombres rels constructibles partir de vrie les proprits suivantes :

a) si x et y sont dans C , x + y , x y, xy sont dans C ; b) si x et y sont dans C , y =0, alors x / y est dans C ; c) si x >0 est dans C , x aussi.

Dmonstration . Elle repose sur des arguments de gomtrie lmentaire (du lyce)

et peut se rsumer en une srie de gures. Laddition et la soustraction sont assez vi-dentes. La stabilit par multiplication et racine carre est consquence des gures 1(a)et 1(b). La stabilit par division se voir aussi sur la gure 1(a) car six et xy sontconnus,la gure permet den dduire y .

0 x xy

y

1

(a) Construction du produitou du quotient de deux nombres (thorme deThals)

H

A

B C

h = x

x 1

(b) Construction de la racinecarre dun nombre (tho-rme de Pythagore)

Exercice 1.1.4 . Ces gures supposent tout de mme que lon puisse construire des

points hors de laxe des abscisses. Le vrier. Vriez aussi que vous savez construireles droites parallle ou perpendiculaire une droite donne passant par un point x.Dans la dnition 1.1.1 de point constructible, les cercles sont de centre un point

construit et passent par un autre point construit : on ne reporte pas les longueurs. Ex-pliquer cependant comment construire le cercle de centre un point donn et de rayonla distance entre deux autres points.

Remarque 1.1.5 . Montrerque toute construction la rgle etaucompaspourrait nese faire quau compas seul (thorme de Mohr-Mascheroni). Cest un rsultat de puregomtrie, voir par exemple [5] pour une solution.

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1.2. CORPS 3

1.2. Corps

DFINITION1.2.1. Un corps (commutatif) est un ensemble K muni de deux lois in-ternes +et et de deux lments 0 et 1 distincts vriant les proprits suivantes :

a) (K ,+,0) est un groupe commutatif (1) ; b) (K \{0},,1) est un groupe commutatif ; c) la loi est distributive par rapport la loi + : pour tous a, b et c dans K ,

a (b +c )=a b +a c .On note souvent ab le produit a b . On note aussi K lensemble K \{0}.

Exemples 1.2.2 . a) les nombres rationnelsQ, les nombres rels R ou les nombres

complexes C forment un corps;b) lensemble des nombres (rels ou complexes) constructibles partir de {0;1} estun corps qui contient le corps des nombres rationnels Q.

c) Sip est un nombre premier, lensemble Z/ p Z des entiers modulo p est un corps ;il est ni de cardinalp .

d) Si K est un corps, lensemble K (X ) des fractions rationnelles coefcients dansK , muni des lois usuelles, est encore un corps.

e) Si est un ouvert connexe de C, lensemble des fonctions mromorphes dans est un corps.

Un sous-corps dun corps F est une partie de F contenant 0, 1 , stable par+

et

desorte que ces lois la munissent dune structure de corps.

On considre parfois des corps non-commutatifs : cela signie quon ne demandepas la loidtre commutative. Bien entendu, laloi +ne cesse pas de ltre.Exemple 1.2.3 . Lespace vectorielH =R4 dontla base canonique est note 1, i, j, k admet uneunique structure de corps non-commutatif pourlaquelle la loi + est laddition usuelle et la loivrie les relations : i2

= j2

=k 2

= 1, ij

=k. Cest

le corps des quaternions, dcouvert par Hamilton.

DFINITION1.2.4. Soit K un corps et S une partie de K . Le corps engendr par S dans K est le plus petit sous-corps de K contenant S .

Cest lensemble des lments deK de la formeP (s 1, . . . ,s n )Q (s 1, . . . ,s n )

,

(1) Voir le dbut du chapitre 4 pour des rappels de thorie des groupes.

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o P ,Q Z[X 1, . . . ,X n ] sont despolynmes coefcients entiers, s 1, . . . ,s n des lmentsde S tels que Q (s 1, . . . ,s n )

=0. SoitF un sous-corps de K et soit x 1, . . . ,x n des lments

de K ; on note F (x 1, . . . ,x n ) le sous-corps de K engendr par F et les x j .

Exercice 1.2.5 . Lensemble des nombres complexes de la formex +i y avec x , y Qest le sous-corps de C engendr par i .

Une structure plus faible que celle de corps, mais nanmoins trs importante, estcelle danneau .

DFINITION1.2.6. Un anneau (commutatif) est un ensemble A muni de deux lois

+et et de deux lments 0 et 1 tels que ( A ,+,0) est un groupe commutatif ; la loi est commutative et associative; pour tout a A, a 1=1a =a ; la loi est distributive par rapport la loi + : pour tous a, b, c A, a (b +c )=

a b +a c .Un sous-anneau dun anneau A est une partie de A contenant 0 et 1, que les lois +

et laissent stables et munissent dune structure danneau.Un lment a dun anneau A est dit inversible sil existe b A tel que ab =1. Sil

existe, un tel lment est ncessairement unique et est appel inverse de a .

Exemples 1.2.7 . a ) Un corps est un anneau. Plus prcisment, un corps est unanneau dont tout lement non nul est inversible.b ) Lensemble Z des entiers, Z/ n Z des entiers modulo un entier n sont des an-

neaux. Lanneau Z est un sous-anneau du corps des rationnels.c ) SiA est un anneau dans lequel 0=1, alors A ={0} (anneau nul, dintrt limit).d ) SiA est un anneau, lensemble A [X ] des polynmes coefcients dansA est un

anneau. Lanneau A en est un sous-anneau.e ) Si I est un intervalle de R, lensemble des fonctions continues sur I est un an-

neau. De mme pour les fonctions drivables, de classeC k , C, analytiques, etc. f ) Lensemble des lments deC de la forme x

+i y avec x et y dans Z, muni des

lois de C, est un anneau (anneau des entiers de Gau ).g ) Lensemble des lments de H de la forme x 1+ y i +z j +t k avec x , y , z , t Z

est aussi un anneau, mais dont la multiplication nest pas commutative.

DFINITION1.2.8. Si A et B sont deux anneaux, un homomorphisme danneaux est une application f : A B vriant les proprits suivantes :

a) pour tous a et b A, f (a +b )=f (a )+ f (b ) ; b) pour tous a et b A, f (ab )=f (a ) f (b ) ; c) f (0)=0 et f (1)=1.

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1.2. CORPS 5

Un homomorphisme de corps est un homomorphisme danneaux dun corps dansun autre. Un isomorphisme est un homomorphisme bijectif. Limage dun morphismedanneaux A B est un sous-anneau de B ; limage dun morphisme de corpsK L est un sous-corps de L .LEMME1.2.9. Soit f : A B un homomorphisme danneaux. Soit I =f 1(0) len-semble des a A tels que f (a )=0. Alors, I vrie les proprits suivantes :

0 I ; si a et b I , a +b I ; si a A et b I , ab I .De plus, f est injective si et seulement si I ={0}.

DFINITION1.2.10. Une partie I dun anneau A vriant les proprits du lemme prcdent est appele idal. Si f : A B est un homomorphisme danneau, lidal f 1(0) est appel noyau de f et not Ker f .

Je renvoie au paragraphe 2.4 pour plus de dtails sur la structure algbrique des an-neaux de polynmes.

DFINITION1.2.11. Un anneaunon nul A estdit intgre sipourtous a et b A \{0},ab =0.Exercice 1.2.12 . a) Les corps, lanneauZ des entiers relatifs sont des anneaux in-tgres.

b) Un sous-anneau dun anneau intgre est un anneau intgre.c)Soitn unentier 2. LanneauZ/ n Z est intgre si et seulement si n estunnombre

premier.

Pour tout anneau intgre A , on peut construire un corps contenant (un anneau iso-morphe ) A tel que tout lment de K soit le quotient de deux lments de A : cestle corps des fractions de A . Le principe est le mme que celui qui permet dobtenir lecorps des nombres rationnels partir de lanneau des entiers relatifs.Ondnit unen-semble K comme lensemble desclasses dquivalencesde lensembleF = A ( A \{0})pour la relation dquivalence

(a ,b ) (c ,d ) ad =bc .(Exercice : montrer que cest effectivement une relation dquivalence.) On notea / b la classe du couple (a ,b ). On dnit une addition et une multiplication sur K par lecalcul des fractions habituel, en posant

a b +

c d =

ad +bc bd et

a b

c d =

ac bd .

(Exercice : vrier quelles sont bien dnies, cest--dire que (ad +bc )/bd et ab / cd ne dpendent pas des choix des reprsentants des fractions a / b et c / d .) Muni de ces

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deux lois, K est un corps commutatif, son zro est llment 0/1 tandis que son l-ment unit est 1/1 ; lapplication A

K qui associe a llment i (a )

=a /1 est un

homomorphisme danneaux. (Exercice : vrier ces assertions.) Lhomomorphismei est injectif : par dnition de la relation dquivalence, sii (a ) =a /1 =0/1, on en d-duit 1a =01, doa =0. Alors, on remarque que pour tous (a ,b ) F ,

a b =

a 1

1b =i (a )i (b )

1.

Autrement dit, tout lment de K est le quotient de deux lments de A . Le fait quei soit injectif permet didentier un lmenta A et son image i (a ) K .

Exemples 1.2.13 . Le corps des fractions de lanneauZ est le corps des nombres ra-tionnels. Celui de lanneauK [X ] des polynmes coefcients dans un corpsK est lecorps K (X ) des fractions rationnelles.

Si est un ouvert connexe de C, lanneau des fonctions holomorphes sur est in-tgre (cela rsulte du principe des zros isols) et son corps des fractions est le corpsdes fonctions mromorphes sur cet ouvert. Cest un thorme danalyse assez dli-cat qui repose sur la possibilit de construire explicitement une fonction holomorpheayant un ensemble de zros prescrit (produits de Weierstra, voir par exemple [11],thorme 15.12).

Le corps des fractions possde une proprit importante.

PROPOSITION1.2.14. Soit A un anneau intgre, K son corps des fractions. Soit E un corps. Pour tout homomorphisme injectif f : A E , il existe un unique homomor-phisme f : K E tel que f (a )=f (a ) pour a A.

Remarquons que si a / b =c / d , alors ad =bc , donc f (a ) f (d ) = f (b ) f (c ), puis f (a )/ f (b ) = f (c )/ f (d ). Ainsi, on peut poser, si x = a / b est un lment de K , f (x ) = f (a )/ f (b ). On montre alors que f est un homomorphisme de corps. Lesdtails de la dmonstration sont aussi fastidieux que ceux de la construction du corpsdes fractions. (Exercice ...)

On peut reprsenter la proposition par un diagramme

A o

f ? ? ? ?

? ? ? ?

/ /

K f

E

o la che pointille f : K E est celle dont lexistence est afrme par la proposi-tion. Une terminologie courante, unpeu pompeuse, pour ce genre dnoncs est pro-prit universelle .

PROPOSITION-DFINITION1.2.15. Soit A un un anneau. Il existe un unique homo-morphisme danneaux f : Z A.

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1.2. CORPS 7

Supposons que f nest pas injectif. Si A est intgre, le plus petit lment strictement positif de Ker f est un nombre premier dont Ker f est lensemble des multiples. Si A est un corps, ce nombre premier est appel caractristique de A.

Si f est injectif et si A est un corps, on dit quil est de caractristique nulle. Dans ce cas, f stend en un homomorphisme de corps g : Q A.Dmonstration . Commenons par dnir f . On pose dabord f (0)=0 et f (1)=1.Si n 2, on dnit par rcurrence f (n )=f (n 1)+1. Enn, si n 1,onpose f (n )= f (n ). Comme ces relations sont vries sif est un homomorphisme danneaux,cela prouve lunicit dun tel homomorphismeZ A .

Montronsalors que f estun homomorphisme danneaux cest--dire quesont vri-es les relations f (m +n )=f (m )+ f (n ) et f (mn )=f (m ) f (n ).Ellessontenfaitvraiespour exactement la mme raison que celle qui fait que les entiers relatifs forment unanneau et se dmontrent par rcurrence.

tablissons pour m et n 0 la relation f (m +n )=f (m )+ f (n ). Elleest vraie sin =0. Si elleest vraiepour n , alors

f (m +(n +1))=f ((m +n )+1)=f (m +n )+1=f (m )+ f (n )+1=f (m )+ f (n +1)

donc elle est vraie pour n +1. Cela la prouve par rcurrence. Sim 0 et n 0 tel que f (n )

=0. Sin nest pas premier, on peut crire n

=ab o

a et b sont deux entiers vriant 1 a

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Remarque 1.2.16 . SoitK un corps de caractristique p et f : Z K lhomomor-phisme tudi ci-dessus. Si m et n sont deux entiers congrus modulo p , m

n est

multiple de p , si bien que f (m n )=0, do f (m )=f (n ). Lhomomorphisme ZK induit une application naturelle Z/ p ZK qui est un homomorphisme de corps. Ainsi, toutcorps reoit un(et un seul) des corpsZ/ p Z (pour p premier)et Q,dont

limage est appelesous-corps premier denesous-corps!premier.

PROPOSITION1.2.17. Soit p un nombre premier et soit A un anneau tel que p 1 A =0 A (par exemple un corps de caractristique p ). Alors, pour tous a et b dans A, on a

(a +b )p =a

p +b

p .

Par suite, lapplication : A A dniepar (a )=a p est un homomorphismedan-neaux.Dmonstration . Daprs la formule du binme de Newton, on a

(a +b )p =a

p +b

p +

p 1

n =1p n

a n b p n .

Or, lorsque 1 n p 1,p n =p !/n !(p n )! est une fraction dont le numrateur p !

est multiple du nombre premier mais, et cest l quon utilise quep est un nombrepremier, dont le dnominateur nest pas multiple de p . Comme p n est un entier, cestun multiple de p et lon a p n 1 A =0, do (a +b )p =a p +b p .

DFINITION1.2.18. Si K est un corps de caractristique p , lhomomorphisme : K K , x x p est appel homomorphisme de Frobenius .

1.3. Extensions de corps

DFINITION1.3.1. La donne dun homomorphisme de corps j : E F est appele extension de corps.

Remarquons quun tel j est toujours injectif : si en effetx =0, on a j (x ) j (1/x )=j (1)=1=0,donc j (x ) =0. La plupart du temps, j est parfaitement dtermin par le contexte et

peut tre sous-entendu. On dit alors plus simplement que F est une extension de E .Cest notamment le cas quand E F et j est linclusion. On dit alors soitE F uneextension de corps. Quitte remplacerE par son image (bijective) dansF par lho-momorphisme j , cest essentiellement le cas gnral.

Si j : E F est une extension de corps, F est naturellement muni dune struc-ture de E -espace vectoriel : la loi daddition est celle deF et la multiplication externeE F F est dnie par e f =j (e ) f .

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1.3. EXTENSIONS DE CORPS 9

DFINITION1.3.2. Si j : E F est une extension, son degr est la dimension de F comme E -espace vectoriel. On le note [F :E ].

Lextension j : E F est dite nie si [F :E ]=+.Remarque 1.3.3 . Cettenotation [F :E ] est abusive : elle ne fait pas intervenir j alorsquelle en dpend! Par exemple, siE =C(X ), F =C(Y ), lextension j 1 : E F dniepar P (X ) P (Y ) est de degr 1 (cest un isomorphisme) alors quej 2 : E F dniepar P (X )P (Y 2) est de degr 2 . LorsqueE est un sous-corps de F , ce qui est un casassez frquent, il ny a pas de risque de confusion.

Exemples 1.3.4 . a) Linclusion de corpsR C est une extension nie : C est un R-espace vectoriel de dimension 2 (la famille {1,i } en est une base) et [C:R]=2.

b) Si K est un corps, lextensionK K (X ) nest pas nie. En effet,K (X ) contient lafamille libre innie desX n (pour n N).

Remarque 1.3.5 . Linclusion de corpsQ R nest pas non plusnie. Eneffet, le pro-duit de deux ensembles dnombrable est dnombrable. Comme Q est dnombrable,il suit par rcurrence que tout Q-espace vectoriel de dimensionnie estdnombrable.Cependant, le corps des nombres rels ne lest pas, si bien que [R:Q]=+. (Le mmeargument permet de montrer que R n pas de base dnombrable sur Q.)

Il estaussi possible dexhiber desfamilles innies de nombres rels qui soient linai-rement indpendantes sur Q. Parexemple, si estun nombre transcendant, la famille

{1, , 2, . . .} est libre surQ. Voir aussi lexercice 1.6 pour un exemple plus explicite.

THORME1.3.6. Soit j : E F e t k : F G deux extensions de corps. Alors,(k j ) : E G est une extension nie si et seulement si j : E F et k : F G sont nies et lon a alors la relation

[F :E ][G :F ]=[G :E ].Dmonstration . Soit x 1, . . . ,x m une base de F comme E -espace vectoriel etsoit y 1, . . . , y n une base de G comme F -espace vectoriel. Un lment de z G scrit z

=

n

i =1a i y i avec a 1, . . . ,a n F . Ainsi, chaquea i se dcompose sous la forme

a i =m

j =1a i , j x j , si bien que

y =n

i =1

m

j =1a i , j x i y j

et la famille des (x i y j )1 i m 1 j n

engendre G comme E -espace vectoriel.

Montrons quen fait, cen est une base. Soient donc des lmentsa i , j de E tels que

i , j a i , j x i y j =0. Comme la famille ( y j ) est une base de G comme F -espace vectoriel,

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les lments de F ,m

i =1a i , j x i , sont tous nuls. Comme la famille des (x i ) forme une base

de F comme E -espace vectoriel, lesa i , j sont tous nuls, cqfd.Finalement, la dimension de G comme E -espace vectoriel est gale mn , cest--dire au produit de la dimension de G comme F -espace vectoriel par celle de F comme E -espace vectoriel, ce qui dmontre le thorme.

DFINITION1.3.7. Soit j : E F une extension de corps. Un lment x F est dit algbrique sur E sil existe un polynme non nul P E [X ] tel que P (x )=0.

Il est dit transcendant sinon.Une telle extension est dite algbrique si tout lment de F est algbrique sur E .

Un nombre complexe est dit algbrique ou transcendant sil lest sur le corps desnombres rationnels.

Exemples 1.3.8 . a) Considrons lextension de corpsR C. Un lment z =x +i y de C,avec x et y dans R, vrie lquation (z x )2+ y 2 =0,sibienque z est algbriquesur R.

b) Le rel 2 est algbrique sur Q, ainsi que le nombre complexe 2+i 3 3+

5 5.c) Le rel

n =010n ! est transcendant (Liouville, 1844) ; voir lexercice 1.2.

d) Lensemble des polynmes coefcients rationnels est dnombrable, si bien quelensemble des nombres complexes algbriques est dnombrable. Il existe en particu-

lier des nombres transcendants (Cantor, 1874).e) Les rels e2,718..., 3,14159 sont transcendants sur Q (thormes de Her-

mite, 1873, et de Lindemann, 1882).f) On ne sait pas si est algbrique sur le sous-corps de R engendr par e (form

des P (e) pour P dcrivant Q(X )).

Soit j : E F une extension de corps et soit x un lment de F . Lapplicationx : E [X ]F qui un polynme P =a 0++a n X n associe llment

( j (P )(x ))=j (a 0)+ j (a 1)x ++ j (a n )x n

est la fois un homomorphisme deE -espaces vectoriels et un homomorphisme dan-neaux.Sonimage estainsi nonseulementunsous-espace vectorielde F ,maisaussiunsous-anneau de F , sous-anneauquon note E [x ]. Cest le sous-anneau de F engendrpar x sur E . (Lorsquil ny a pas de confusion possible, on noteP (x ) ce quon devraitnoter j (P )(x ).) On va voir tout de suite (proposition 1.3.9) que six est algbrique surE , le sous-anneau E [x ] de F est en fait un corps, donc sidentie au sous-corpsE (x )engendr par x sur E .

Plus gnralement, si x 1, . . . ,x n sont des lments de F , on note E [x 1, . . . ,x n ] lesous-anneau de F engendr par les x i sur E. Cest lensemble desP (x 1, . . . ,x n ) F

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1.3. EXTENSIONS DE CORPS 11

pour P parcourant E [X 1, . . . ,X n ]. Lesous-corps de F engendr par les x i sur E , notE (x 1, . . . ,x n ), en est donc le corps des fractions.

La proposition suivante fournit une caractrisation extrmement pratique des l-ments algbriques en termes de lanneau E [x ].

PROPOSITION1.3.9. Soit j : E F une extension et soit x un lment de F a) Si x est transcendant sur E , x est un isomorphisme et E [x ] est un E -espace vec-

toriel de dimension innie.b) si x est algbrique sur E , il existe un unique polynme unitaire de degr minimal

P E [X ] tel que P (x ) =0. Alors, P est irrductible et dimE E [x ] =deg P . De plus, tout polynme Q E [X ] tel que Q (x )=0 est multiple de P .

Rappelonsquonditquunpolynmenonconstant P E [X ] est irrductible sil nestpas le produit de deux polynmes non constants coefcients dansE .

DFINITION1.3.10. Ce polynme est appel polynme minimal de x sur E. Ses autres racines sont les conjugus de x . Son degr est appel degr de x sur E.

Dmonstration . a) Six est transcendant, x est injective par dnition, surjectivepar construction, donc un isomorphisme. En particulier, dimE E [x ]=+.

b) Soit P E [X ] un polynme unitaire de degr minimal tel queP (x )=0. Soit A unpolynme de E [X ] tel que A (x )=0. Notons A =PQ +R la division euclidienne de A parP , de sorte que deg R

0, deg A >deg P .

Si d =deg P , largument que nous venons de faire montre que x induit un homo-morphisme injectif x ,d de E [X ]

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donc Q (x ) = 0 ou R (x ) = 0. Comme Q et R sont non constants et commedeg Q

+deg R

=deg P , on a deg Q

0 tel que pour tout couple (p ,q ) ZN , on a p q c q d .

b) Montrer que le rel

=

n =110n !

est transcendant sur Q.

Exercice1.3. SoitC(z ) le corps des fractions rationnelles coefcients complexes. Soitun ouvert connexe de C et H ( ) le corps des fonctions mromorphes sur . Soit j : C(z ) H ( ) lhomomorphisme de corps naturel.a) Soit f C(z ) une fraction rationnelle non constante qui na pas de ple dans . Montrer

que exp( f ) H ( ) nappartient pas C(z ).b) Si f est un lment de C(z ) \ C, montrer que exp( f ) est transcendant sur F . (Raison-

ner par labsurde et, notant N le degr de exp( f ) sur C(z ), driver une relation algbriqueN

n =0p n (z )exp(n f (z ))=0.)

c) Si f 1 , .. ., f n sont des lments non constants distincts de C(z ), montrer que exp( f 1), .. .,exp( f n ) sont linairement indpendants sur C(z ). (Raisonner par rcurrence sur n . Considrerune relation de dpendance linaire

n

i =1p i (z )exp( f i (z ))=0. Sip n =0, la diviser parp n (z ) puis

driver.)

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EXERCICES 25

Exercice1.4. a) Soit P =X n +a n 1X n 1 ++a 0 un polynme de degr n coefcientscomplexes. Montrer que toute racinez C de P vrie

|z | 1+|a 0|++|a n 1|.b) Soit f : CC une fonction entire , cest--dire une fonction holomorphe dnie sur tout

le plan complexe. Supposonsque f soit algbrique sur le corps C(z ) des fonctions rationnelles.Montrer quil existe un entiern 0 et un nombre rel c tel que pour tout z C, on ait

f (z ) c (1+|z |n ).

c) (suite ) Soit f (z ) =

j =0c j z j le dveloppement en srie de f en lorigine. Montrer que la

fonction g dnie par g (z )=

j =0c j +n z

j est entire et borne. Dduire du thorme de Liouville

sur les fonctions entires bornes que f est un polynme.Exercice1.5. SoitP un polynme unitaire de Z[X ]. Sia Q est une racine de P , montrerque a Z.

Exercice1.6. a) Soit E F une extension quadratique. Soit x F \ E tel que x 2 E et soita E . Sia est un carr dans F , montrer que ou bien a est un carr dans E , ou bien ax 2 est uncarr dans E .b) Soit p 1, . . . ,p n des nombres premiers distincts. On considre les deux proprits :

a n ) le corps Q( p 1, . . . , p n ) est de degr 2n sur Q ;b n ) un lment x Q est un carr dans Q( p 1, . . . , p n ) si et seulement sil existe une partie

I {1;...;n } telle quex i I p i est un carr dans Q.Montrer que la conjonction de an et de bn implique an +1 , et que la conjonction de an et

b n 1 entrane b n . En dduire par rcurrence sur n quelles valent pour tout entiern .c) Montrer que la famille { 2, 3, 5, 7,...} des racines des nombres premiers est libre

sur Q.

Exercice1.7. Soitp un nombre premier et considrons le polynme P =X n +X +p , on 2.a) Supposons p =2. Montrer que toute racine complexe deP vrie |z |>1.b) Toujours pour p =2, montrer que P est irrductible dans Z[X ] .c) Supposons maintenant p =2. Sin est pair, montrer que P est irrductible dans Z[X ] . Sin est impair, montrer que X +1 diviseP et que P /(X +1) est irrductible dans Z[X ] .d) Plus gnralement, tout polynme P =a n X n ++a 1X +a 0 tel que |a 0| soit un nombre

premier strictement suprieur |a 1|++|a n | est irrductible.Exercice1.8. SoitP =X n +a n 1X n 1++a 0 un polynme unitairedans Z[X ] telque a 0 =0et

|a n 1|>1+|a n 2|++|a 0|.a) laidedu thorme de Rouchen thoriedes fonctions dune variable complexe, montrer

que P a exactement une racine complexe de valeur absolue 1.

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b) Montrer que P est irrductible dans Z[X ] (thorme de Perron ).

Exercice 1.9 (Contenudun polynme) . SiP est un polynme coefcients entiers, onnote ct(P ) le pgcd de ses coefcients.a) Soit P et Q deux polynmes de Z[X ]. Soit p est un nombre premier qui divise tous les

coefcients de PQ , montrer en rduisant modulo p que p divise ct(P ) ou ct(Q ).b) Montrer que pour tous polynmes P et Q dans Z[X ] , on a ct(PQ )=ct(P )ct(Q ) .c) Soit P un polynme unitaire de Z[X ] et soitQ un polynme unitaire de Q[X ] qui diviseP

dans Q[X ]. Montrer que Q est coefcients entiers.

Exercice1.10 (CritredEisenstein). Soit p un nombre premier et soit A =a n X n ++a 0un polynme coefcients entiers tels que a) p divise a 0 , .. ., a n 1 ; b) p ne divise pas a n ; c) p

2

ne divise pas a 0 . Alors, A est irrductible dans Q[X ].On raisonne par labsurde en supposant que A nest pas irrductible dans Q[X ].

a) Montrer laide du lemme deGau quilexiste deux polynmes non constantsB et C dansZ[X ] tels que A =BC .b) On note B =b d X d ++b 0 . En rduisant modulo p , montrer que p divise b 0 , .. .,b d 1 .c) En dduire que p 2 divise a 0 , do une contradiction.d) Montrer que le polynme

X p 1X 1 =

X p 1++1est irrductible dans Q [X ]. (Faire le changement de variablesX =Y +1.)Exercice1.11. Montrer que lensemble des nombres complexes constructibles est un sous-corps de C qui est stable par lopration de racine carre.

Exercice1.12. On trouve dans un ouvrage de gomtrie de 1833,Trait du compas (Trait lmentaire de tous les traits servant aux Arts et Mtiers et la construction des Btiments) deZacharie [14], la construction suivante.

Construire un eptagone rgulier, cest--dire une gure sept cts gaux.Dun point quelconque tracez une circonfrence; tirez le diamtreAB , divisez ce

diamtreen sept parties gales (voyez la gure 45), aux points 1, 2, 3 , 4, 5 , 6, 7 ; despoints A et B , pris pour centre, et avec une ouverture de compas gale au diamtre

AB , tracez des arcs qui se couperont enC ; du point d intersection C , tirez la ligneC 5, quevous prolongerez jusqu la circonfrence, au pointD ; tirez la ligneBD , ellesera le ct de leptagone ; portez avec le compas la longueur de la ligneBD sur lacirconfrence, aux points E , F , G , H , I et vous aurez leptagone demand.

Faire une gure et dire ce qui ne va pas.

Exercice1.13. SoitP le polynme X 4X 1.a) Montrer quil a exactement deux racines relles. On les notesx 1 et x 2 . On note x 3 et x 4 les

deux racines complexes conjugues.b) Montrer quil est irrductible surQ.

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EXERCICES 27

c) On cherche crire P (X ) =(X 2 +aX +b )(X 2 +cX +d ). Exprimer b , c et d en fonctionde a . En dduire un polynmeQ de degr 3 tel que,a tant x, ce systme a une solution siet seulement si Q (a 2)=0.d) Montrer que Q est irrductible sur Qe) Montrer que a appartient Q(x 1,x 2). En dduire que x 1 et x 2 ne sont pas tous deux

constructibles la rgle et au compas.

Exercice 1.14 (Formules de Newton). a) Montrer les formules suivantes, qui relientsommes de Newton et fonctions symtriques lmentaires dansZ[X 1, . . . ,X n ] :

si m n , N m N m 1S 1++(1)m 1N 1S m 1+(1)

m mS m =0 ;si m >n , N m N m 1S 1++(1)

n N m n S n =0.b) En dduire que tout polynme symtrique de Q[X 1, . . . ,X n ] scrit de manire unique

comme un polynme en les sommes de Newton N 1, . . . ,N n . Quen est-il dans un corps decaractristique p >0 ?Exercice1.15. SoitG un groupe ablien ni, not multiplicativement. On dit quun l-ment g G est dordre d si d est le plus petit entier 1 tel que g d =1.a) Soit g et h deux lments de G dordres m et n premiers entre eux. Montrer que g h est

dordre mn .b) Plus gnralement, siG possde deux lments dordres m et n , montrer quil existe un

lment de G dordre ppcm(m ,n ).

c) Montrer quil existe un entierd 1 et un lment g G tel que a) g soit dordre d ; b)pour tout h G , h d =1.Exercice1.16. SoitE un corps et soit G un sous-groupe ni de E . Montrer que G est cy-clique. (Considrer un couple (d ,g ) comme dans lexercice 1.15 et montrer queG Z/ d Z, g tant un gnrateur.)

Exercice1.17. Soit j : K E une extension de corps et soit x 1, . . . ,x n des lments de E .Montrer lquivalence des proprits suivantes :

a ) les x i sont algbriques sur K ;b ) K [x 1, . . . ,x n ] est de dimension nie surK ;

c ) K [x 1, . . . ,x n ] est un corps;d ) K (x 1, . . . ,x n ) est de dimension nie surK .Limplication (3) (4) ncessite le thorme 6.8.1 (thorme des zros de Hilbert).

Exercice1.18. On appelle degr, poids et degr partiel dun monmeX i 11 . . .X i n n les expres-

sions i 1++i n , i 1+2i 2++ni n et max(i 1, . . . ,i n ). Le degr, le poids et le degr partiel dunpolynme P , nots respectivement deg(P ) , w (P ) et (P ), sont par dnition le maximum desdegrs, poids et degrs partiels de ses monmes non nuls.a) Calculer le degr, le poids et le degr partiel des polynmes symtriques lmentaires

S 1, . . . ,S n .

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b) Soit P Z[X 1, . . . ,X n ] un polynme symtrique. Daprs le thorme 1.5.3, il existe ununique polynme Q Z[X 1, . . . ,X n ] tel que P

=Q (S 1, . . . ,S n ). En revenant la preuve par

rcurrence du thorme 1.5.3, dmontrer que deg(P )=w (Q ) et (P )=deg(Q ).

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2 Mais o sont mes racines ?

Le point de vue qui prdomine au premier chapitre est celui des nombres et des ventuelles quations algbriques dont ils sont les solutions. Dans celui-

ci, nous renversons les rles et nous intressons aux quations polynomiales et leurs racines ventuelles. En gnralisant la construction des nombres com-plexes partir de celle des nombres rels, nous montrons comment crer les racines dun polynme qui nen a pas assez !

2.1. Anneau des restes

Soit K un corps et P un polynme non constant de K [X ]. Notons d son degr. Mu-

nissons lespace vectorielE des polynmes de degr

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30 CHAPITRE 2. MAIS O SONT MES RACINES?

Ainsi, A B + A C est le reste de la division euclidienne deA (B +C ) par P , donc estgal A (B

+C ) par dnition.

Remarquons que lapplication a a (llment a K a pour image le polynmeconstant a ) est un homomorphisme danneaux K E .

DFINITION2.1.1. Lanneau ainsi construit est not K [X ]/(P ).

Cestlanneau des restes des divisions euclidiennes par P . Bien entendu, onne va pastraner le symbole de multiplication trop longtemps : ds quon sera habitu cenouvel anneau, on notera la multiplication comme dhabitude cest--dire quon nela notera pas.

PROPOSITION2.1.2. Soit P un polynme non constant de K [X ]. Les proprits sui-vantes sont quivalentes :

a) lanneau K [X ]/(P ) est un corps; b) lanneau K [X ]/(P ) est intgre ; c) le polynme P est irrductible dans K [X ].

Dmonstration . Limplication (1) (2) est vidente. Supposons (2). SiP =QR dansK [X ], pour deux polynmesQ et R de degrs

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2.1. ANNEAU DES RESTES 31

On reprsente cela parfois par un diagramme

K j

/ /

i ? ? ? ?

? ? ? ?

A f

B

o la che pointille f : A B est celle dont lexistence est afrme par le thorme.Lide de la dmonstration nest pas complique. Il faut comprendre ce quon a fait

en construisant K [X ]/(P ). On est parti de lanneauK [X ] dans lequel on a un lmentX supplmentaire, mais qui ne vrie rien du tout ; en particulier, il nest pas racine deP . Simplement, on a chang intelligemment les rgles de calcul en imposantP (x ) =0et toutes les consquences de cette annulation.

Dmonstration . Sif (x )= y , on doit avoir f (Q (x ))=Q ( y ) pour tout polynme Q K [X ], et en particulier pour tout polynme de degr

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2.2. Extensions de dcomposition

DFINITION2.2.1. Soit K un corps et P un polynme non constant de K [X ]. Une extension de dcomposition de P est une extension de corps j : K E telle que :

a) Dans E , P soit un produit de facteurs de degr 1 : si d est le degr de P et c son

coefcient dominant, il existe des x i dans E tels que P =c d

i =1(X x i ) ;

b) E soit le corps engendr par les x i : E =K (x 1, . . . ,x d ). Autrement dit, une extension de dcomposition dun polynme irrductibleP est

une extension qui contient toutes les racines deP (cest la condition a) et qui est minimale (cest la condition b).

THORME2.2.2. Soit K un corps et P un polynme non constant de K [X ].a) Il existe une extension de dcomposition de P ; b) Deux telles extensions sont isomorphes : si j : K E et j : K E sont deux ex-

tensions de dcomposition de P , il existe un isomorphisme de corps f : E E tel que f j =j .Dmonstration . Commenons par une remarque trs simple : soitK E une ex-tension de dcomposition de P et soit une des racines de P dans E . On peut ainsicrire P =(X )Q o Q est un polynme coefcients dans K [ ]. Alors,E est uneextension de dcomposition du polynme Q sur K [ ]. Cette remarque ouvre la voie la dmonstration : rciproquement, si on sait construire K [ ], on obtiendra une exten-sion de dcomposition E par rcurrence. Et justement, on sait construire K [ ] : cestle rsultat de la section prcdente.

On dmontre a) et b) par rcurrence sur le degr deP . Lorsque deg P =1, il suft deposer E =K . SoitQ K [X ] un facteur irrductible de P . Daprs le thorme 2.1.5, ilexiste une extension K K 1 et un lment x 1 K 1 tel que a) Q (x 1)=0 ; b)K 1 =K [x 1].Soit alors P 1 le quotient de P par X x 1 dans K 1[X ]. Par rcurrence, P 1 admet uneextension de dcomposition sur K 1 , soit K 1 E . La compose de ces extensionsK E est une extension de corps dans laquelle P est produit de facteurs de degr 1. Deplus, si x

2, . . . ,x

d sont les racines de P

1dans E (on a not d

=deg P ), on a

E =K 1[x 2, . . . ,x d ]=K [x 1][x 2, . . . ,x d ]=K [x 1, . . . ,x d ]si bien que E est engendr par les x i sur K . Cest donc une extension de dcomposi-tion de P sur K .

Soit K E une autre extension de dcomposition de P et construisons un iso-morphisme dextensions de E dans E . Par hypothse, le facteur irrductibleQ de P choisi dans la construction de E a une racine x 1 dans E . Il existe ainsi daprs le tho-rme 2.1.5 un homomorphisme dextensions f 1 de K 1 dans le sous-corps K 1 =K [x 1]de E . Comme il est surjectif, cest mme un isomorphisme et par cet isomorphisme,

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2.3. CORPS ALGBRIQUEMENT CLOS ; CLTURE ALGBRIQUE 33

le polynme P 1 est envoy sur le polynme P 1 =P /(X x 1). Par rcurrence, il existe unisomorphisme f : E

E qui prolonge lisomorphisme f 1 : K 1

K 1 .

2.3. Corps algbriquement clos ; clture algbrique

DFINITION2.3.1. On dit quun corps K est algbriquement clos si tout polynme non constant de K [X ] a une racine dans K .

Par rcurrence sur le degr, il revient au mme de demander quetout polynme soit scind dans K . Les constructions de ce chapitre montrent aussi quun corps est alg-

briquement clos si et seulement sil na pas dextension algbrique non triviale (cest--dire : si j : K E est une extension algbrique, j est un isomorphisme). Un sens estclair : siK est algbriquement clos et si j : K E est une extension algbrique, soit x un lment de E , soit P son polynme minimal. Par hypothse,P est scind dans K :il existe des lmentsx 1, . . . ,x n de K tels que P =(X x 1) . . . (X x n ). Puisque P (x )=0,x est lun des x i (cest--dire en fait lun des j (x i )). Ainsi,j est surjectif et donc un iso-morphisme. Dans lautre sens, soit P un polynme non constant de K [X ] et soitQ unfacteur irrductible de P . On a montr que lanneau de restesK [X ]/(Q ) est une exten-sion algbrique de K de degr deg Q . SiK na pas dextension algbrique non triviale,cela implique deg Q =1, si bien queQ a une racine dans K , et donc P aussi.DFINITION2.3.2. Une clture algbrique dun corps K est une extension alg-brique j : K o est un corps algbriquement clos.THORME2.3.3 (Steinitz, 1910). Tout corps admet une clture algbrique; deux cltures algbriques sont isomorphes.

Il y a dans la nature deux types de cltures algbriques : celles quon peut voir,comme celle du corps des nombres rels (le corps des nombres complexes) et cellesqui sont construites par un procd transni comme dans la dmonstration duthorme dexistence dune clture algbrique.

THORME2.3.4. Le corps C des nombres complexes est algbriquement clos.

Contrairement aux apparences, cest un thorme danalyse. Nous en donnonstrois dmonstrations. La premire est courte et franchement analytique. La secondeest dapparence algbrique mais lanalyse est cache dans le thorme des valeursintermdiaires. La troisime est topologique.

Dmonstration (premire) . SoitP C[X ] un polynme non constant. Supposonsquil na pas de racine dans C. crivons P =a n X n ++a 0 , donc a n =0 et n 1.

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Alors, siz C est de module >1, on a

|P (z )| |a n | |z |n (|a 0|++|a n 1|)|z |n 1z n |a n |

1

|z |(|a 0|++|a n 1|) .

En particulier, |P (z )| tend vers +quand |z | tend vers +. Il en rsulte que la fonc-tion 1/ |P | est holomorphe sur C (car P ne sannule pas) et borne, ce qui impliquequelle est constante ; contradiction.

Dmonstration (deuxime) . SoitP C[X ] unpolynmenonconstant.LepolynmeQ (X ) =P (X )P (X ) est coefcients rels. Si nous dmontrons quil a une racine com-plexe z , alors ou bien P (z )=0, ou bien P (z )=P (z )=0 et P a une racine complexe. Ilsuft donc de dmontrer que tout polynme non constant P R[X ] a une racine com-plexe, ce que nous allons faire par rcurrence sur la plus grande puissance de 2, 2(P ),qui divise le degr deP .

Si cette puissance est 0, cest--dire si deg P est impair, les limites de P (x ) lorsquex sont +et (laquelle prcisment dpend du signe du coefcient domi-nant de P ). Daprs le thorme des valeurs intermdiaires,P a une racine relle.

Supposons le rsultat tabli pour les polynmesP tels que 2(P )

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2.3. CORPS ALGBRIQUEMENT CLOS ; CLTURE ALGBRIQUE 35

do (x 2+ y 2)2 =p 2+q 2 et x 2+ y 2 = p 2+q 2 . On en dduit pour x 2 et y 2 les valeurs(positives) suivantes :x 2 =

12

p + p 2+q 2 et y 2 =12 p + p 2+q 2 ,do les valeurs dex et y en prenant garde au signe de q .

Cela montre que i et j sont des nombres complexes et que le polynme initialP a une racine dans C.

Par rcurrence, le thorme est dmontr.

Dmonstration (troisime) . Siz C, on notera (z ) le cardinal de lensemble niP 1(z ). Le but est de montrer que (0)>0 et on va en fait montrer que (z ) >0 pourtout z C.

Soit C lensemble des z C tels que P (z ) =0, U = et V = P ( ). Les en-sembles U et V sont lescomplmentaires densemblesnis de C donc sont ouverts etconnexes.

Si u =x +i y et P (u )= A (x , y )+iB (x , y ), on montre facilement ( partir des relationsde Cauchy) que

P (u ) 2 =det A / x B / x A / y B / y .

Daprs le thorme des fonctions implicites, siP (u ) =0, P dnit un diffomor-phisme dun voisinage deu sur un voisinage de P (u ).

Soit en particulier z V . Pour tout u P 1(z ), on a P (u ) =0. Cela implique quilexiste un voisinage de z tel que pour tout w , (w ) (z ). En particulier, len-

semble V + des z V tels que (z )>0 est ouvert dans V .Montronsquil estaussi ferm : soit (z j ) une suite depointsde V tels que (z j )>0 et

qui converge vers z V . Choisissons pour tout j un lment u j C tel que z j =P (u j ).Comme la suite (z j ) est borne et comme |P (u )| tend vers +lorsque |u | +,la suite (u j ) est borne. Elle possde donc une valeur dadhrenceu C. Comme P dnit une fonction continue, P (u ) est valeur dadhrence de la suite (P (u j )) : on ancessairement P (u )=z et (z )>0. Ainsi,V + est ferm dans V .

Puisque V est connexe et que V + en est un ouvert ferm non vide, V +

=V . Autre-

ment dit, (z )>0 pour tout z V .Si z V , il existe par dnitionu tel que P (u ) =0 et (z ) >0. Finalement, (z )>0 pour tout z C.

partirduncorpsalgbriquement clos,on fabrique facilement la clture algbriquede nimporte lequel de ses sous-corps.

PROPOSITION2.3.5. Soit un corps algbriquement clos et soit K un sous-corps de . Soit K lensemble des lments de qui sont algbriques sur K . Alors, K K est une clture algbrique de K .

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Par exemple, lensemble desnombres algbriques dans C estuneclture algbriquede Q.

Dmonstration . a) Par construction, tout lment deK est algbrique sur K . Lex-tension K K est donc algbrique.

b) Soit P K [X ] un polynme non constant. Montrons quil a une racine dans K .Comme K et comme est algbriquement clos, P a une racine x dans . Ll-ment x est algbrique sur K et puisque K est algbrique sur K , x est algbrique surK (thorme 1.3.16). Ainsi,x K et P a une racine dans K , ainsi quil fallait dmon-trer.

La dmonstration du thorme de Steinitz nest absolument pasclairante et reposesur un argument de rcurrence transnie (donc ncessite laxiome du choix ds quele corps nest pas dnombrable !) Ona vucomment rajouter les racines dunpolynme.Il faut maintenant faire cela avec chacun, ce qui ncessite un peu dordre.Dmonstration du thorme de Steinitz . Soit K le corps dont on veut construire une clturealgbrique. Nous allons construire une extension algbrique K de K dans laquelle chaquepolynme de K [X ] est scind. Alors, est une clture algbrique de K . Soit en effet un polynmeP =X n +a n 1X n 1 ++a 0 coefcients dans , quon peut supposer irrductible. Chacun des a i tant algbrique sur K , le sous-corps L =K [a 0, . . . ,a n 1] quils engendrent dnit une extensionnie de K . Ncessairement, P est irrductible dans L [X ]. Soit ainsi L L [X ]/(P ) une extensionalgbrique nie dans laquelle le polynmeP a une racine , de polynme minimal P . Comme L estalgbrique sur K , est algbrique sur K . Il a ainsi un polynme minimalQ K [X ] . Comme Q ( ) =0,Q est multiple de P dans L [X ]. Mais par construction,Q est scind dans

. Par suite, P aussi. Ainsi,

est bien une extension algbriquement close de K .La mthode pour construire , consiste rajouter patiemment les racines de chaque polynme

irrductible de K [X ]. Pour le faire, munissons lensembleE des polynmes irrductibles dun bon ordre , cest--dire dun ordre total telque toute partie nonvide admette un plus petit lment. Lordrestandard sur N est un bon ordre. Lexistence dun tel ordre sur tout ensemble quivaut laxiomedu choix, ou au lemme de Zorn. Si K est dnombrable, lensemble des polynmes irrductiblesest dnombrable et les numrer fournit un bon ordre. Une fois choisi un tel ordre, le principe dercurrence snonce et se dmontre (quasiment) de la mme faon que pour les rcurrences surn N :Soit (X , ) un ensemble muni dun bonne ordre et P une proprit des lments de X . Supposonsque soit vrie lassertion : soitx X , si pour tout y X , y x , P ( y ) est vrie, alorsP (x ) estvrie , alorsP (x ) est satisfaite pour tout x X . (Dmonstration : sinon, lensemble des x X telsque P (x ) nest pas vrie admet un plus petit lment x 0 . Par dnition, pour tout y x 0 , P ( y ) estvraie. Daprs lassertion entre guillemets,P (x 0) est vraie, ce qui est une contradiction.)

On montre maintenant lexistence dune famille dextensions algbriquesj P : K P , pour P E ,dans laquelle P est scind, et dhomomorphismes j Q P : Q P si P ,Q sont deux polynmesde E avecQ P de sorte que lon ait j P =j

Q P j Q . (Cela veut en fait dire que P est une extension non seulement

de K mais de tous les Q qui prcdent.)Pour tablir ceci par rcurrence, il faut faire deux constructions siP E : la premire, que je ne veux pas dnir formellement, est lalimite inductive P de toutes les ex-

tensions Q avec Q P . Cest essentiellement la runion de ces corps : pour calculer dans P , onchoisit un Q o tout est dni et on fait les calculs l. En utilisant les homomorphismesj Q Q , on voit

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2.4. APPENDICE : STRUCTURE DES ANNEAUX DE POLYNMES 37

quele rsultatdescalculs estessentiellement indpendant de lendroitoon lesa faits.On dispose alorsdhomomorphismes j Q P : Q P .

la seconde consiste rajouter au corps P toutes les racines de P : on dnit P comme uneextension de dcomposition du polynme P sur le corps P , do un homomorphisme de corps j P P : P P qui compos avec les j

Q P fournit les homomorphismes j

Q P : Q P cherchs.

Une fois lexistence de ces ( P , j Q P ) obtenue, on peut alors dnir comme la limite inductive des P .

Pour dmontrer que deux cltures algbriques sont isomorphes, nous utiliserons un thorme duchapitre suivant. Soit K une clture algbrique de K . Nous voulons montrer quil existe unK -homomorphisme de la clture algbrique que nous venons de construire dans . On montre parrcurrence quil existe pour toutP E un K -homomorphisme P : P tel que P j

Q P = Q pour

Q P . Cest vrai pourP =min E puisqualors P =K . Fixons maintenant P E . En combinant tous leshomomorphismes Q : Q ,pour Q P et Q =P ,onddnitun K -homomorphisme P : P

. Comme lecorps

P estuneextensionde dcompositiondu polynme P sur lecorps

P , il rsultedu thorme 3.1.6 que lhomomorphisme P stend en un K -homomorphisme P : P .Mis bout bout, les P dnissent un K -homomorphisme : . Comme tout homomor-

phisme de corps, est injectif. Montrons quil est surjectif. Soitx un lment de . Par dnition, x est algbrique sur K . Soit P son polynme minimal dans K [X ]. Comme est une clture algbriquede K , P est scind dans . crivons ainsiP =

n

i =1(X x i ) dans [X ] . Alors,

0=P (x )=n

i =1(x (x i ))

si bien que x est lun des (x i ) et est surjectif. Cest un isomorphisme, ce quil fallait dmontrer.

2.4. Appendice : structure des anneaux de polynmes

Rappelons quun idal dun anneau A est un sous-groupe ablien I A tel que sia A et b I , ab I . Si a est un lment de A , lidal principal engendr par a estlensemble des ab pour b dcrivant A . On le note aA ou (a ). On dit inversement quea est un gnrateur de lidal (a ).

THORME2.4.1. Si I est un idal de K [X ], il existe un polynme P K [X ] tel que I

=(P ).

Un anneau intgre dans lequel tout idal est principal est en gnral appelanneau principal .

Dmonstration . On refait essentiellement largument de la proposition 1.3.9 (quien est un cas particulier : prendre pour I lensemble des P K [X ] tel que P (x )=0). SiI ={0}, on poseP =0. Sinon, soit d 0 le plus petit degr dun lment non nul deI et soit P I un polynme de degr d . Comme I est un idal, pour tout Q K [X ],on a PQ I , donc (P ) I . Rciproquement, soit A un lment de I et introduisonsla division euclidienne A =PQ +R de A par P . On a PQ I , si bien que R =A PQ

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appartient I . Par dnition, deg R

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2.4. APPENDICE : STRUCTURE DES ANNEAUX DE POLYNMES 39

LEMME2.4.4 (Lemme de Gauss). Soit P un polynme irrductible de K [X ]. Soit A et B deux polynmes de K [X ] tels que P divise AB. Alors, P divise A ou P divise B.

Dmonstration . Supposons que P ne divisepas A . Comme P est irrductible, ses seuls divi-seurs sont les polynmes constants K et lesmultiples P pour K . Parmi ceux-ci seuls lespolynmes constants divisent A , si bien que A et P sont premiers entre eux. Par suite, il existeU et V tels que AU +PV =1. Multiplions cette relation parB ; on obtient ABU +PBV =B . Comme P divise AB , on peut crire AB

=PQ . Alors,B

=P (QU

+BV )

est multiple de P , cqfd.

THORME2.4.5. Tout polynme non nul A de K [X ] admet une dcomposition en facteurs irrduc-tibles : A =a

m

i =1P n i i o a K , m 0 eto, pour tout i , P i estun polynme irrductible

unitaire et n i un entier 1.

De plus, si A =a m

j =1Q

n j j est une autre dcomposition, on a a =a , m =m et il existe

une permutation de {1;...;m } telle que pour tout i , P i =Q (i ) et n i =n (i ) .On dit que lanneau K [X ] est un anneau factoriel.

Dmonstration . Lexistence dune telle dcomposition se fait par rcurrence sur ledegr de A . Si A est irrductible, on crit A =aP avec P irrductible unitaire et a lecoefcient dominant de A . Sinon, on peut crire A =A 1 A 2 pour deux polynmes A 1et A 2 de degrs strictement infrieurs deg A , et on conclut par rcurrence.

Lunicit est le point important. On peut encore raisonner par rcurrence. En consi-drant les coefcients dominants, on obtient a =a . Ensuite, comme P 1 est irrduc-tible et divise A , il divise lun desQ j , notons le Q (1). Puisque Q (1) est irrductible,

ncessairement P 1 et Q (1) sont multiples lun de lautre ; comme ils sont unitaires, ilssont gaux. On applique lhypothse de rcurrence A / P 1 ce qui permet de conclure.

Donnons maintenant la dnition gnrale dun anneau factoriel.

DFINITION2.4.6. Soit A un anneau intgre. On dit quun lment a dans A est irrductible si a) a nest pas inversible ; b) pour tous x et y dans A tels que a =xy , x ou y est inversible dans A.

On dit que lanneau A est factorielsi

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a) pour tout lment non nul a A, il existe un entier r 0, des lments irrduc-tibles p 1, . . . ,p r et un lment inversible u tels que a

=up 1 . . .p r (existence dune d-

composition en facteurs irrductibles); b) si a =up 1 . . .p r et a =vq 1 . . .q s sontdeuxdcompositions en facteurs irrductibles,

alors r =s, il existe une permutation de {1;...;r }, des lments inversibles u j ( 1 j r ) tels que pour tout j , q j =u j p ( j ) ( unicit de la dcomposition en facteursirrductibles).

THORME2.4.7 (Gauss). Si A est un anneau factoriel, A [X ] aussi.

La dmonstration commence par dcrire les lments irrductibles de A [X ] : outreles lments irrductibles de A , ce sont les polynmes de A [X ] dont les coefcientssont premiers entre eux et qui sont irrductibles en tant que polynmes coefcientsdans le corps des fractions de A . Elle utilise ensuite une variante du lemme de Gauss(lemme 2.4.4). Pour lnoncer, appelonscontenu de A [X ] le pgcd de ses coefcients. Alors,si P et Q sont deux polynmes de A [X ], le contenu de leur produit PQ est gal au produit des contenus de P et Q .

COROLLAIRE2.4.8. Les anneaux Z[X 1, . . . ,X n ] et, si K est un corps, K [X 1, . . . ,X n ],sont factoriels.

2.5. Appendice : anneaux quotients

Dansce paragraphe, jexplique comment gnraliser la construction de lanneaudesrestes faite au paragraphe 2.1.

La situation est la suivante. On se donne un anneau A et un idal I de A ; le but estde construire un anneau quotient qui sera not A / I et un homomorphisme danneausurjectif : A A / I de noyau I . Ainsi, deux lmentsa et b auront mme image dans A / I si et seulement si leur diffrencea

b appartient I : on dit alors que a et b sont

dans la mme classemodulo I .(Exercice : vrier que cela fait bien unerelationdqui-valence.) Au 2.1, nous avons trait le cas oA =K [X ] et I =(P ) est lidal engendrpar un polynme P K [X ]. Dans ce cas, la division euclidienne fournit un reprsen-tant privilgi de chaque classe moduloI . Lorsque A =Z et I =(n ), on a encore unreprsentant privilgi, par exemple lesentiers de {0; . . . ;n 1}. Ce sera le casdans toutanneau euclidien , mais pas en gnral. On ne se laisse pas arrter par cette difcult :le choix du reprsentant na strictement aucune importance et on peut choisir un re-prsentant de chaque classe, x une fois pour toute. Une manire plus lgante ( ?)consiste dnir A / I comme lensemble des classes dquivalences modulo I . Sia A ,

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2.5. APPENDICE : ANNEAUX QUOTIENTS 41

notons a la classe de a dans A / I . Lapplication : A A / I est tout simplement d-nie par (a )

=a . Paradoxalement, plutt que de choisir un reprsentant par classe, on

manipule ainsi toute la classe.Dire que estunhomomorphismedanneaux revient dire queladdition et la mul-

tiplication sur A / I sont dnies de sorte tre compatibles avec celles deA . Il fautainsi vrier que sia =b et c =d , alors a +c =b +d et ac =bd . Or, (b +d )(a +c )=(b a )+(c d ) et bd ac =(b a )d +a (d c ) sont la somme de deux lments de I donc appartiennent I . Les autres axiomes se vrient de la mme faon.

Si I est un idal de A , il est alors intressant de traduire en termes de lidalI lesproprits algbriques que peuvent avoir lanneau quotient A / I .

PROPOSITION

2.5.1. a)Lanneau A / I est nul si et seulement si A =I ; b) lanneau A / I est intgre si et seulement si I =A et si pour tous x et y dans A \ I ,xy I ;

c) lanneau A / I est un corps si et seulement si I = A et si les seuls idaux de A conte-nant I sont I et A.

Dans le cas b), on dit queI est un idal premier ; dans le cas c), que cest unidal maximal .

PROPOSITION2.5.2. Soit A un anneau principal qui nest pas un corps. Ses idaux premiers sont a) lidal nul (0) ; b) les idaux (p ) engendrs par un lment irrductible.

Parmi ceux-ci, seul lidal nul nest pas maximal. Concernant lexistence didaux maximaux dans un anneau gnral, on a les tho-

rmes suivants.

THORME2.5.3 (Krull). Soit A un anneau. Tout idal de A distinct de A est contenu dans un idal maximal.

Dmonstration . SoitI unidalde A , I = A .Soit F lensembledes idaux J de A telsque I J et J = A . Munissons F dun bon ordre dont I soit llment minimal. Ondnit alors par rcurrence une famille croissante didaux deF de la faon suivante.Si a =I =min(F ),onpose I a =I . Soit maintenant a F et supposons dni lidal I a J .Soit b =s (a ) le successeur de a dans (F , ) . SiI a b , on dnit I b =b . Sinon, on poseI b =I a . Par rcurrence, tous ces idaux sont distincts deA et contiennent I .

La runion desidaux I a est alors un idal J de A . Montrons que cestun idal maxi-mal quicontient I . Tout dabord, J = A . Sinon, on aurait 1 J = I a et il existerait a F tel que 1 I a , ce qui est absurde. Ensuite, sib = A est un idal de A qui contient J , ilcontient I , donc est dans F . Comme J = I a est contenu dans b , chacun des I a lestet en particulier I b b . Par construction, on a alors I b =b et J =b . Cela prouve que J est maximal.

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COROLLAIRE2.5.4. Soit A unanneau. Un lment de A est inversible si et seulement si il nappartient aucun idal maximal de A.

Dmonstration . SoitI =(a ) lidal engendr par un lmenta A . Si a est inver-sible, il existeb A tel que ab =1, do 1 I . Alors, pour toutx A , x =1x I doncI = A . Ainsi,I nest contenu dans aucun idal maximal, donc a nappartient aucunidal maximal. Rciproquement, sia nest pas inversible, I =A . Il existe daprs lethorme 2.5.3 un idal maximal qui contientI . Cet idal maximal contienta .

2.6. Appendice : thorme de Puiseux

Le thorme de Puiseux auquel cet appendice est consacr peut tre apprhend dedeux manires diffrentes :

du point de vue analytique, il montre que les solutions dune quation poly-nmiale dont les coefcients sont des fonctions holomorphes (des sries entires)peuvent tre paramtres et fournissent des fonctions holomorphes en un paramtret 1/n ;

du point de vue algbrique, il dcrit explicitement la clture algbrique du corpsdes fonctions mromorphes dans un voisinage de 0.

Si r >0, soitA

(r ) lensemble des fonctions continues sur le disque fermD (0,r )C dont la restriction au disque ouvert D (0,r ) est holomorphe. Cest un anneau; envertu du principe des zros isols, il est intgre. Sif A (r ), posons f =sup|z | r

f (z ) .

Cest une norme sur A (r ) qui dnit la topologie de la convergence uniforme. Unelimite uniforme de fonctionscontinuesest continue, une limite uniforme de fonctionsholomorphesestholomorphe.Par suite, cette normefait de A (r ) un espacede Banach,et mme une algbre de Banach car on a lingalit f g f g .

Une fonction f dans A (r ) a un dveloppement en srie entire

f (z )

=

n =0a n z n ,

qui converge pour |z |

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2.6. APPENDICE : THORME DE PUISEUX 43

THORME2.6.1 (Puiseux). Soit P un polynme unitaire de degr n coefcients dans A (r ). Il existe un entier e 1, un rel ]0;r 1/e ], un entier e 1 et des sries x 1, . . . ,x n A () telles que

P (z e ,X )=n

i =1(X x i (z )).

En particulier, lesn racinesdupolynme P (t ) sontparamtres sous la forme de s-ries x i (z 1/e ) enunepuissance fractionnairede z . Donnons quelquesexemples simplesqui montrent la fois la ncessitdintroduire unetelle puissancefractionnaireet aussique le rayon de convergence des solutions peut tre infrieur celui des coefcientsde lquation :

a) les racines deP

=X 2

2zX

1 sont

x 1(z )=z + 1+z 2 =1+z +

n =11/2n

z 2n

et

x 2(z )=z 1+z 2 =1+z +

n =11/2n

(1)n z 2n ,

deux sries entires qui convergent pour |z |

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en effet, si (U ,V ) =0, R 0 divise VQ 0 mais est premier Q 0 , donc divise V . Commedeg V

0 dont lhomomorphisme de Frobenius est bijectif.

En particulier, les corps nis sont parfaits.

Dmonstration . SoitP un polynme irrductible de K [X ]. Les racines multiples deP dans une clture algbrique sont exactement les racines communes de P et de

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54 CHAPITRE 3. THORIE DE GALOIS

P , cest--dire les racines de leur pgcdD . Comme P est irrductible, ce pgcd est oubien 1, ou bien P . Sil est gal 1, toutes les racines sont simples. Sil est gal P ,toutes les racines sont multiples. Dans ce cas,P divise P ; mais le degr deP est auplus gal deg P 1. Cela impliqueP =0.

En caractristique nulle, cest bien sr impossible : si le coefcient dominant deP est aX n (avec n =deg P ), le coefcient dominant deP est naX n 1 et na =0, doncdeg P =n 1. Les corps de caractristique nulle sont donc parfaits.

En revanche, si K est de caractristique p >0, P =0 signie que les seuls coef-cients non nuls de P sont ceux des termes dont le degr est multiple de p . Ainsi,P =a n X pn +a n 1X p (n 1)++a 0 est un polynme en X p . Supposons que lhomo-morphisme de Frobenius de K est surjectif. Pour tout n , il existe alorsb n K tel que

(b n )=

b p n =

a n

. Alors,

P =b p n X pn +b

p n 1X

p (n 1)++b p 0 = b n X

n ++b 0

p ,

ce qui contredit lirrductibilit deP . Un tel corps est donc parfait. Rciproquement,si lhomomorphisme de Frobenius de K nest pas surjectif, soita K qui nest pas lapuissance p -imedunlmentde K .SoitP le polynme P =X p a .Soitb uneracinep -ime de a dans , de sorte que P =(X b )p dans [X ] : la racine deP est donc demultiplicit p . Si P =QR pour deux polynmes non constants, disons unitaires, Q etR dans K [X ], on a ncessairement Q =(X b )m et R =(X b )p m dans [X ], m tantun entier compris entre 1 et p 1. En dveloppantQ , on voit que mb K , donc queb K puisque m est non nul dans K , contradiction. Par suite, P est irrductible et lecorps K nest pas parfait.

3.2. Groupe dautomorphismes dune extension

DFINITION3.2.1. Soit j : K L une extension de corps. Un K -automorphisme deL est un automorphisme de corps qui est un homomorphisme dextensions.

Lensemble des K -automorphismes de L forme un groupe, not Aut(L / K ). Dans lecas particulier important o K est un sous-corps de L , un K -automorphisme de L nest rien dautre quun automorphisme de L dont la restriction K est lidentit.

Lintrt de cette notion vient de la remarque suivante vidente mais cruciale : si estun K -automorphisme de L et P K [X ], alors,pour tout x L , (P (x ))=P ( (x )).Par suite, permute les racines de P .

Exemples 3.2.2 . a) Considrons lextensionR C. Soit un R-automorphisme deC. Siz =a +i b C, avec a , b R,

(z )= (a +i b )= (a )+ (i b )=a + (i )b .

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3.2. GROUPE DAUTOMORPHISMES DUNE EXTENSION 55

Comme (i )2

= (i 2)

= (

1)

=1,

on a (i )=i , do deux automorphismes : lidentit et la conjugaison complexe.b) Soit le rel 3 2 et considrons lextensionQ Q(). Comme tout lment de

Q() scrita +b +c 2 , avec a ,b ,c Q, un Q-automorphisme de Q() est dter-min par limage de . Or,

()3 = (3)= (2)=2,

et lquation x 3 =2 na quune racine, ,dans R, donca fortiori dans Q(). Par cons-quent, Aut(Q()/Q)={id}.

c) On a Aut(R/Q)={id}.d) Tout C-automorphisme de C(X ) est de la formeP

P ((aX

+b )/(cX

+d )) pour

une matrice a b c d dans GL(2,C), bien dtermine multiplication parun scalaire prs.Par suite, Aut(C(X )/C)=PGL(2,C).Remarque 3.2.3 . Soit K L une extension nie et soit : L L un K -homomorphisme. Alors, est injectif, comme tout homomorphisme de corps. Parsuite, (L ) est un K -espace vectoriel de dimension [L : K ], et donc [ (L ) :K ]=[L : K ].Puisque (L ) L , on a (L ) = L et est surjectif. Cela montre que est unK -automorphisme de L .

PROPOSITION3.2.4. Soit j : K L une extension nie. Alors,Aut(L /K ) est de cardi-nal au plus gal [L :K ]. Sil y a galit, lextension K L est sparable.Dmonstration . Soiti : L uneclture algbrique de L . Tout K -automorphisme Aut(L / K ) dtermine un K -homomorphisme i : L . Daprs le tho-rme 3.1.6, le nombre de tels homomorphismes est infrieur ou gal [L :K ] et sil estgal, lextension est sparable. La proposition en rsulte.

DFINITION3.2.5. On dit quune extension nie K L est galoisienne si Aut(L / K )est de cardinal [L : K ]. Le groupe Aut(L /K ) est alors appel groupe de Galoisde lexten-sion et est not Gal(L /K ).

Daprs la proposition 3.2.4, une extension galoisienne est ncessairement spa-rable.nonons maintenant le thorme principal de la thorie de Galois.

THORME3.2.6 (Correspondance de Galois). Soit K L une extension nie galoi-sienne de groupe de Galois G =Gal(L /K ).

a) Pour tout sous-groupe H G, lensemble L H ={x L ; H , (x ) =x } est un sous-corps de L contenant K . En outre,[L H :K ] est gal lindice (G :H ) de H dans G.

b) Pour tout sous-corps E tel que K E L, lextension E L est galoisienne de groupe Gal(L / E )={ Gal(L /K ) ; x E , (x )=x }.

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c) Les applications H L H et E Gal(L /E ) sont des bijections dcroissantes, rci-proques lune de lautre, entre lensemble des sous-groupes de G et lensemble des sous-corps de L contenant K .

La dmonstration de ce thorme passe par deux autres noncs.

PROPOSITION3.2.7. Soit K L une extension nie. Les conditions suivantes sont quivalentes :

a) lextension K L est galoisienne ; b) lextension K L est sparable et tout K -homomorphisme de L dans une clture

algbrique de L a pour image L ; c) lextension K L est sparable et tout polynme irrductible de K [X ] qui a une

racine dans L est scind dans L ; d) il existe un polynme P K [X ] scind racines simples dans L dont K L est une

extension de dcomposition.

Dmonstration . Fixons dans toute la preuve une clture algbriquei : L de L .Supposons a) . Tout lment Gal(L /K ) dtermine un K -homomorphisme de L

dans , savoir i . Comme le nombre de ces homomorphismes est major par[L :K ], ils sont tous obtenus ainsi, dob) .

Rciproquement, si lextensionK L est sparable, les K -homomorphismes de L dans sont au nombre de [L :K ]. Sib) est vri, ces homomorphismes sont dimage

L , donc dnissent des K -automorphismes distincts de L . Par suite, Aut(L /K ) a pourcardinal au moins [L :K ] et lextensionK L est galoisienne.Supposons toujours b) et soit P un polynme irrductible de K [X ] qui a une ra-

cine dans L . Notons E =K [] L le sous-corps de L engendr par cette racine.Pour toute racine de P , il existe un unique K -homomorphisme de E dans tel que . Un tel homomorphisme stend alors en un K -homomorphisme : L telque ()= . Par hypothse, (L )=L . Il en rsulte que L et donc que P est scinddans L .

Supposons c) et soit x 1, . . . ,x n des lments de L tels que L =K [x 1, . . . ,x n ]. Leurs po-lynmes minimaux P i K [X ] sont irrductibles et ont une racine dans L . Ils sont doncscinds dans L et comme K L est sparable, leurs racines sont simples dans L . Lepolynme P =ppcm(P 1, . . . ,P n ) a les mmes racines que P 1 . . .P n mais avec multipli-cit 1 et L est une extension de dcomposition de P .

Supposons enn que L est une extension de dcomposition dun tel polynme P et montrons que lextension K L est galoisienne. Il suft de montrer que tout K -homomorphisme de L dans est dimage L . Or, par un K -homomorphisme : L , les racines x 1, . . . ,x n de P ont pour image des racines de P . Par suite, ces imagessont dans L . Comme L =K [x 1, . . . ,x n ], (L ) L . Comme est injectif, [ (L ) :K ]=[L :K ] et K =L .

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3.2. GROUPE DAUTOMORPHISMES DUNE EXTENSION 57

PROPOSITION3.2.8 (Lemme dArtin). Soit L un corps et soit G un groupe ni dau-tomorphismes de L. Soit K

=L G lensemble des x L tels que (x )

=x pour tout G .

Alors, K est un sous-corps de L tel que [L :K ]=cardG . En particulier, lextension K L est galoisienne de groupe G.Dmonstration . Vrions rapidement que

Emil Artin (18981962)

K est un sous-corps de L . Si G , (0) = 0et (1) = 1 donc 0 et 1 appartiennent K . Si x et y K , on a, pour tout G ,les relations (x +y ) = (x ) + ( y ) = x +y , (x ) = (x ) = x , (1/x ) = (1)/ (x ) =1/x (six =0) et (xy ) = (x ) ( y ) =xy . Par suite, x + y ,xy , x , 1/x (pour x =0) appartiennent K , ce quimontre que K est un sous-corps de L .

Supposons que [L :K ]>cardG . Posons alors n =1+cardG et soit a 1, . . . ,a n des lements de L linai-rement indpendants sur K . Puisque n >cardG , lesystme de cardG quations n inconnues

n

j =1 (a i )x i =0, G

possde des solutions non triviales (x 1, . . . ,x n ). Choisissons en une dont le nombre de

coefcients non nuls m est minimal. Quitte renumroter, on peut supposer quilsagit de x 1, . . . ,x m . Par linarit, on peut aussi supposer x m =1, do les relations

m 1

j =1 (a i )x i + (a m )=0, G .

Soit G et appliquons la relation prcdente pour 1 . On obtientm 1

j =1 (a i ) (x i )+ (a m )=0, G ,

do, si lon soustrait la relation pour ,

m 1 j =1

(a i )((x i )x i )=0, G .Par minimalit de m , il en rsulte que (x i ) =x i pour tout i et tout . Par suite, lesx i appartiennent K et la relation

m

j =1a j x j =0 implique que les a i sont linairement

dpendants sur K , ce qui est absurde. Ainsi, [L : K ] cardG et en particulier, lextension K L est nie. Les lments

de G sidentient manifestement des K -automorphismes de L . Daprs la propo-sition 3.2.4, on a cardG [L :K ], do nalement lgalit.

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3.3. LE GROUPE DE GALOIS COMME GROUPE DE PERMUTATIONS DES RACINES 59

Gal(L /K ). Un tel vrie (L H ) =L H si et seulement si H 1 =H , do un homo-morphismesurjectif N G (H )

Aut(L H /K ). Le noyaude cethomomorphisme sidentie

aux N G (H ) tels que (x )=x pour tout x L H , cest--dire H . Ona doncconstruitun isomorphisme N G (H )/H Aut(L H /K ).En particulier, lextension K L H est galoisienne si et seulement si [L H : K ] =

(N G (H ) : H ), cest--dire, puisque [L H : K ] =(G : H ) si et seulement si G =N G (H ),cest--dire H distingu dans G .

Enn, si K L nest pas une extension galoisienne, la thorie de Galois permet toutde mme de dire quelque chose des extensions intermdiaires, grce la propositionsuivante, corollaire de la proposition 3.2.7.

PROPOSITION3.2.10. Soit K un corps, une clture algbrique de K et soit L une extension nie sparable de K contenue dans . Il existe alors une plus petite extension L L g contenue dans telle que lextension K L g soit galoisienne.

Dmonstration . Considrons des lments x i de L tels que L =K [x 1, . . . ,x n ] ; ilssont donc sparables et pour tout i , le polynme minimal P i de x i est sparable. Ilsuft de dnir L g comme le sous-corps de engendr par les racines des P i . Cestune extension de dcomposition du polynme sparable ppcm(P 1, . . . ,P n ), donc cestuneextensiongaloisienne. Par ailleurs, toute extension nie E de L qui estgaloisiennecomme extension de K contient les racines de P i , si bien que E L g . La proposition

est ainsi dmontre.Daprs le thorme de Galois, tout sous-corpsE de L g contenant K correspond

un sous-groupe de Gal(L g /K ), savoir Gal(L g / E ). En particulier, L correspond ausous-groupe Gal(L g /L ). SiE est contenu dans L , Gal(L g /E ) contient Gal(L g /L ). Ainsi,lensembledes extensions K E L esten bijectionavec lensemble dessous-groupesde Gal(L g /K ) contenant Gal(L g / L ). Puisquun groupe ni na quun nombre ni desous-groupes, il sensuit que siK L est une extension nie sparable, il ny a quunnombre ni de corps E tels que K E L . Ce rsultat assez surprenant peut tre faux si lextensionK L nest pas suppose sparable, voir lexercice 3.9.

3.3. Le groupe de Galois comme groupe de permutations des racines

Le paragraphe prcdent considrait le point de vue dune extension galoisienne abstraite , choisie a priori. On dmontrait en particulier que cest une extension dedcomposition dun polynme. Dun autre ct, les problmes concrets sont pluttdans lautre sens : partant dun polynme, ventuellement irrductible, que dire ducorps engendr par ses racines dans une extension algbriquement close?

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Le lemme suivant est vident, mais il ne faut pas le perdre de vue. Il afrme quesi K L est une extension de dcomposition dun polynme sparable P K [X ],Gal(L /K ) permute les racines de P , et un lment de Gal(L /K ) est dtermin par sonaction sur ces racines.

LEMME3.3.1. Soit K un corps, P K [X ] un polynme sparable et K L une ex-tension de dcomposition de P . Soit R L lensemble des racines de P dans L .

a) Pour tout K -automorphisme Gal(L /K ) et toute racine x R , on a (x ) R .b) La restriction dun automorphisme dans Gal(L /K ) R induit une permutation

de R et lhomomorphisme qui sen dduit,Gal(L / K )S (R ), est injectif.Dmonstration . a) Si appartient Gal(L /K ) et si x L , on a (P (x )) =P ( (x )).En particulier, si P (x )=0, P ( (x ))=0, ce qui signie (x ) R .b) Considrons maintenant lapplication Gal(L /K ) S (R ). Elle est bien dnie :puisque R est un ensemble stable par Gal(L /K ), la restriction de R est uneapplication injective. Puisque R est ni, |R est ncessairement bijective donc d-nit une permutation de R . Il est alors vident que cette application est un homomor-phisme de groupes.

Supposons que pour tout x R , on ait (x )=x . Lensemble L form des a L telsque (a )=a est unesous-extension de L . Par hypothse,elle contient les racines de P qui, par dnition dune extension de dcomposition, engendrent L . Par suite, L =L .On a ainsi (a )

=a pour tout a L , ce qui signie

=idL , cqfd.

Rappelons quon dit quun groupe G oprant sur un ensemble X opre transitive-ment si pour tous x et y dans X , il existeg G tel que g x = y .PROPOSITION3.3.2. Soit K un corps, P K [X ] un polynme sparable et K L une extension de dcompositionde P . Lactionde Gal(L /K ) sur les racines de P est transitive si et seulement si le polynme P est irrductible.

Dmonstration . NotonsR lensemble des racines deP dans L . SiP nest pas irr-ductible, on peut crire P =QR o Q et R sont deux polynmes quon peut supposerpremiers entre eux, P tant sparable. Par suite, on peut dcomposer R en la runiondisjointedesracinesde Q etde R : R =R 1 R 2 , o R 1 et R 2 sont nonvideset disjoints.Si x R 1 et Gal(L / K ), Q ( (x )) = (Q (x ))= (0)=0, donc (x ) R 1 . En particu-lier, (x ) R 2 . Par suite, six 1 et x 2 sont deux lments de R 1 et R 2 respectivement, ilnexiste pas dlment Gal(L /K ) tel que (x 1)=x 2 .

Supposons dans lautre sens que P est irrductible et soit x , y , deux racines de P .Les sous extensions K K [x ] et K K [ y ] sont toutes deux monognes engendrespar une racine de P . Il existe ainsi ununique K -isomorphisme f : K [x ]K [ y ] tel que f (x )= y . Le corpsL est alors une extension de dcomposition du polynme P sur lesdeux corps isomorphes K [x ] et K [ y ]. Daprs le thorme 2.2.2, on peut prolongerf

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3.3. LE GROUPE DE GALOIS COMME GROUPE DE PERMUTATIONS DES RACINES 61

enun K -automorphisme : L L .Untel est un lment de Gal(L /K ) et lon a bien (x )

= y .

On le voit dans la dmonstration de la proposition prcdente, la dtermination concrte dun lment dun groupe de Galois est malaise car il faut procder partapes. Chaque tape est en revanche trs simple puisque dans le cadre dune exten-sion monogne. Le thorme de llment primitif que nous dmontrons maintenantafrme quen fait, toute extension sparable est monogne !

THORME3.3.3 (Thorme de llment primitif). Soit K un corps et K L une extension nie sparable. Il existe x L tel que L =K [x ].Dmonstration . La dmonstration doit distinguer deux cas, suivant que le corpsK

est ni ou inni.Supposons pour commencer quele corps K soitni.Danscecas,lecorps L estaussi

ni et son groupe multiplicatif L est cyclique (exercice 1.16). Six est un gnrateurde L , on a alors L =K [x ].

Supposons maintenant que K soit inni et introduisons une extension nie M de L telle que K M estgaloisienne, parexemple la clture galoisienne deK L .Daprslathorie de Galois, lessous-corps de M contenant K correspondent des sous-groupesde Gal(M /K ). Comme ce groupe est ni, il na quun nombre ni de sous-groupes. Parsuite, il ny a quun nombre ni de corpsE tels que K E M . A fortiori, il ny a quunnombre ni de corps E de la forme E

=K [x ] tels que K E L . Notons les E 1, . . . ,E n .

Tout lment de L appartient un tel sous-corps : x appartient K [x ]. Cela montreque L est la runion des E i . En particulier, le K -espace vectoriel L est runion niedes sous-K -espaces vectoriels E i . Daprs le lemme suivant, lun de ces sous-espacesest gal L . Il existe ainsix L tel que L =K [x ].LEMME3.3.4. Soit K un corps inni, V un K -espace vectoriel de dimension nie et V 1, . . . ,V n une famille nie de sous-espaces vectoriels de V distincts de V . Alors,

n

i =1V i =V .

Dmonstration . On raisonne par rcurrence sur n , le rsultat tant clair pour n

=1. Par rcurrence, V 1 V n 1 =V . Soit ainsix V nappartenant pas V i pour i n 1. Six nappartient pas V n , cest gagn. Sinon, puisqueV n =V , on peut choisir y V nappartenant pas V n . Considrons les lments x +t y de V , t parcourant K .On va montrer quau plus un nombre ni dentre eux appartient la runion desV i .

Remarquons pour commencer quun indice i tant x, il existe au plus une valeurde t pour laquelle x +t y V i . Six +t y et x +t y V i pour deux valeurs de t et t dis-tinctes, leur diffrence (t t ) y appartient V i , donc y V i puis x =(x +t y )t y V i .Cest absurde aussi bien pour i

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3.4. DISCRIMINANT, RSOLVANTES 63

Montrons que lextension K L est nie. Sinon, il existerait une suite croissantedextensions nies K L 1 L 2 .. . , avec L i L pour tout i telle que [L i : K ] tendevers linni. Daprs le thorme de llment primitif, chaque extensionK L i estmonogne, puisquelle est nie et sparable, do [L i :K ] cardG . Cette contradictionmontre que lextension K L est nie. Une nouvelle application du thorme de ll-ment primitif entrane quelle est de degr au plus cardG . Comme elle est de degr aumoins cardG , on a lgalit voulue.

3.4. Discriminant, rsolvantes

Nous allonscommencerce paragraphe en caractrisant lespolynmes P K [X ] telsque le groupe de Galois dune extension de dcomposition deP est contenu dans legroupe altern. Du point de vue de la thorie de Galois, cest parfaitement naturel :si H est un sous-groupe de S n , H Gal(L / K ) est un sous-groupe de Gal(L / K ), donccorrespond une sous-extension K L L . De plus, comme le sous-groupe alternA n S n est distingu, savoir sil contient le groupe de Galois ou pas ne dpendra pasde lordre choisi pour numroter les racines.

Rappelons que lon avait dni le discriminant comme un polynme symtriqueen n variables. Daprs le thorme sur les fonctions symtriques lmentaires, ilexiste un unique polynme Z[S 1, . . . ,S n ] tel que

D (X 1, . . . ,X n )= (S 1, . . . ,S n ).On dnit maintenant le discriminant dun polynme en une variable,

P =a n X n +a n 1X

n 1+. . .a 1X +a 0, a n =0.par la formule

disc(P )=a 2n 20 (a 1/ a 0,a 2/ a 0, . . . ,a n / a 0).

Si x 1, . . . ,x n sont les racines de P dans une clture algbrique de K , on a

disc(P )

=a 2n 2n D (x 1, . . . ,x n ).

En particulier, disc(P )=0 si et seulement le polynmeP est sparable.Exemples 3.4.1. a) SiP =aX 2+bX +c , les racines x et y vrient x + y = b / a etxy =c / a , si bien que

disc(P )=a 2(x y )

2=a

2(x 2+ y 22xy )=a

2((x + y )24xy )=b

24ac .

b) On a

disc(P )=(1)n (n 1)/2a n 2n

n

j =1P (x j ).

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Si y 1, . . . , y n 1 dsignent les racines de P , on a

P (x j )=na 0n

1

k =1(x j y k ),

si bien que

disc(P )=(1)n (n 1)/2a 2n 2n n n

n 1

k =1

n

j =1(x j y k ).

Par suite, on a aussi

disc(P )=(1)n (n 1)/2a n 1n n n

n 1

k =1P ( y k ).

c) Pour P =X 3+pX +q , P =3X 2+p a pour racines

p /3. On a ainsi

disc(P )=27P ( p /3)P ( p /3)=27 p /3

2p 3 +q p /3

2p 3 +q

=27q 24p

3.

Si P est unitaire sparable de degr n , de racines {x 1, . . . ,x n } da

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