Corrigé des exercices : Extensions et corps finis en L3 de maths

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Frobenius en caractéristique 5

Idée clé : tous les coefficients binomiaux intermédiaires s’annulent dans \(K\), car ils sont multiples de \(5\).

1. On a \(\binom{5}{1} = 5\), \(\binom{5}{2} = 10\), \(\binom{5}{3} = 10\) et \(\binom{5}{4} = 5\). Ces quatre entiers sont bien multiples de \(5\).
2. L’anneau \(K\) est commutatif, donc la formule du binôme s’applique : \((a+b)^5 = \sum_{k=0}^{5} \binom{5}{k} a^k b^{5-k}\). Pour \(1 \leqslant k \leqslant 4\), l’entier \(\binom{5}{k}\) est multiple de \(5\). Or \(5 \cdot 1_K = 0\), donc le terme correspondant est nul. Il reste \((a+b)^5 = a^5 + b^5\). Ensuite, on applique ce résultat à \(a\) et \(-b\). Comme \(5\) est impair, \((-b)^5 = -b^5\). Ainsi \((a+b)^5 = a^5 + b^5\) et \((a-b)^5 = a^5 – b^5\).
3. D’abord, \(F(1) = 1\) et \(F(xy) = x^5 y^5 = F(x)F(y)\) par commutativité. Ensuite, la question 2 donne l’additivité. Donc \(F\) est un morphisme de corps. Supposons \(F(x) = F(y)\). Alors \((x – y)^5 = 0\), et l’intégrité de \(K\) donne \(x = y\). Enfin, si \(K\) est fini, une injection de \(K\) dans lui-même est une bijection. Le Frobenius est injectif, et bijectif sur un corps fini.
4. Le sous-corps premier est \(\{0, 1, 2, 3, 4\}\), vu dans \(K\), et il est isomorphe à \(\mathbb{F}_5\). Son groupe multiplicatif est d’ordre \(4\). Par le théorème de Lagrange, chaque élément non nul \(k\) vérifie \(k^4 = 1\), donc \(k^5 = k\). De plus, \(0^5 = 0\). Ces cinq éléments sont donc racines de \(X^5 – X\). Or ce polynôme a au plus cinq racines dans le corps \(K\). Les solutions de \(x^5 = x\) sont exactement les éléments du sous-corps premier.

Corrigé de l’exercice 2 – Sous-corps premier et morphismes de corps

Idée clé : un corps n’a que deux idéaux, et un morphisme est imposé sur les entiers.

1. Le noyau de \(f\) est un idéal de \(K\), donc \(\{0\}\) ou \(K\). Or \(f(1) = 1 \neq 0\), donc \(1 \notin \ker f\). Le noyau est \(\{0\}\), et \(f\) est injectif.
2. Par additivité, \(f(n \cdot 1_K) = n \cdot 1_L\) pour tout entier \(n\). Comme \(f\) est injectif, \(n \cdot 1_K = 0\) équivaut à \(n \cdot 1_L = 0\). Les deux morphismes \(\mathbb{Z} \to K\) et \(\mathbb{Z} \to L\) ont donc le même noyau. Les deux corps ont la même caractéristique.
3. Pour \(r = m/n\) avec \(n \neq 0\), on a \(r = (m \cdot 1)(n \cdot 1)^{-1}\) dans le sous-corps premier. Un morphisme de corps respecte les inverses, donc \(f(r) = (m \cdot 1)(n \cdot 1)^{-1} = r\). En particulier, un automorphisme de \(\mathbb{Q}\) fixe chaque rationnel. Le seul automorphisme de \(\mathbb{Q}\) est l’identité.
4. Soit \(f : \mathbb{Q}(\sqrt{2}) \to \mathbb{R}\) un morphisme. D’après la question 3, \(f\) fixe \(\mathbb{Q}\). Ensuite, \(f(\sqrt{2})^2 = f(2) = 2\), donc \(f(\sqrt{2}) = \pm\sqrt{2}\). Comme \((1, \sqrt{2})\) est une base, \(f(x + y\sqrt{2}) = x + y f(\sqrt{2})\). Il reste deux candidats. Le premier est l’inclusion. Le second est \(\sigma : x + y\sqrt{2} \mapsto x – y\sqrt{2}\). Vérifions qu’il respecte le produit. D’une part, \((x + y\sqrt{2})(x^{\prime} + y^{\prime}\sqrt{2}) = (xx^{\prime} + 2yy^{\prime}) + (xy^{\prime} + x^{\prime}y)\sqrt{2}\). D’autre part, le même calcul donne \((x – y\sqrt{2})(x^{\prime} – y^{\prime}\sqrt{2}) = (xx^{\prime} + 2yy^{\prime}) – (xy^{\prime} + x^{\prime}y)\sqrt{2}\). Il y a exactement deux morphismes : l’inclusion et la conjugaison \(\sigma\).

Corrigé de l’exercice 3 – Une extension biquadratique de degré 4

Idée clé : on monte un étage à la fois, et on teste l’appartenance en identifiant les coordonnées.

1. Supposons \(\sqrt{6} = p/q\) avec \(p, q\) entiers premiers entre eux. Alors \(p^2 = 6q^2\), donc \(p\) est pair. En écrivant \(p = 2p_1\), on obtient \(2p_1^2 = 3q^2\), donc \(q\) est pair. C’est une contradiction. Ainsi, \(X^2 – 6\) est de degré \(2\) sans racine rationnelle, donc irréductible. \(\sqrt{6}\) est irrationnel et \([\mathbb{Q}(\sqrt{6}):\mathbb{Q}] = 2\).
2. Supposons \(\sqrt{10} = x + y\sqrt{6}\) avec \(x, y\) rationnels. En élevant au carré, \(10 = x^2 + 6y^2 + 2xy\sqrt{6}\). Par liberté de \((1, \sqrt{6})\), on a \(xy = 0\) et \(x^2 + 6y^2 = 10\). Si \(y = 0\), alors \(x^2 = 10\), ce qui est impossible : le même argument de parité qu’en question 1 montre que \(\sqrt{10}\) est irrationnel. Si \(x = 0\), alors \(y^2 = 5/3\), donc \((3y)^2 = 15\), et \(\sqrt{15}\) serait rationnel, ce qui est faux. Donc \(\sqrt{10} \notin \mathbb{Q}(\sqrt{6})\).
3. Le réel \(\sqrt{10}\) annule \(X^2 – 10\) sans appartenir à \(\mathbb{Q}(\sqrt{6})\). Il est donc de degré \(2\) sur ce corps. La base télescopique donne \([L:\mathbb{Q}] = 2 \times 2\). Elle fournit aussi la base des produits \((1, \sqrt{6}) \times (1, \sqrt{10})\). On obtient \([L:\mathbb{Q}] = 4\), avec la base \((1, \sqrt{6}, \sqrt{10}, \sqrt{60})\).
4. On a \(\sqrt{60} = 2\sqrt{15}\), donc \(\sqrt{15} = \frac{1}{2}\sqrt{60}\). Ainsi \(\sqrt{15} \in L\), de coordonnées \((0, 0, 0, \frac{1}{2})\) dans cette base.

Corrigé de l’exercice 4 – Inverse dans une extension cubique

Idée clé : \(a\) et \(c\) engendrent le même corps, et l’identité \(1 + c^3 = (1+c)(1 – c + c^2)\) donne l’inverse.

1. Une racine rationnelle du polynôme unitaire à coefficients entiers \(X^3 – 4\) serait un entier divisant \(4\). Or les cubes de \(\pm 1\), \(\pm 2\), \(\pm 4\) valent \(\pm 1\), \(\pm 8\), \(\pm 64\). Aucun ne vaut \(4\). Le polynôme est de degré \(3\) sans racine, donc irréductible. Ainsi \([\mathbb{Q}(c):\mathbb{Q}] = 3\), avec la base \((1, c, c^2)\).
2. On a \((a – 1)^3 = c^3 = 4\). En développant, \(a^3 – 3a^2 + 3a – 1 – 4 = 0\). Ensuite, \(c = a – 1\) donne \(\mathbb{Q}(a) = \mathbb{Q}(c)\), de degré \(3\). Le polynôme trouvé est unitaire, de degré \(3\), et annule \(a\). C’est donc le polynôme minimal de \(a\) : \(\mu_a = X^3 – 3X^2 + 3X – 5\).
3. D’abord, \(a^3 = 1 + 3c + 3c^2 + c^3 = 5 + 3c + 3c^2\). Ensuite, \((1 + c)(1 – c + c^2) = 1 + c^3 = 5\). Par conséquent, \(a^{-1} = \frac{1}{5}(1 – c + c^2)\). Contrôle : la relation \(a(a^2 – 3a + 3) = 5\) donne aussi \(a^{-1} = \frac{1}{5}(a^2 – 3a + 3)\), et \(a^2 – 3a + 3 = 1 – c + c^2\). Ainsi \(a^3 = 5 + 3c + 3c^2\) et \(a^{-1} = \frac{1}{5} – \frac{1}{5}c + \frac{1}{5}c^2\).

Corrigé de l’exercice 5 – Deux cubiques sur le corps à sept éléments

Idée clé : en degré \(3\), irréductible équivaut à sans racine ; un quotient par un polynôme réductible a des diviseurs de zéro.

1. Dans \(\mathbb{F}_7\), on calcule \(0^3 = 0\), \(1^3 = 1\), \(2^3 = 8 = 1\), \(3^3 = 27 = 6\), \(4^3 = 64 = 1\), \(5^3 = 125 = 6\) et \(6^3 = 216 = 6\). L’ensemble des cubes est \(\{0, 1, 6\}\).
2. Une racine \(x\) de \(X^3 + 2\) vérifierait \(x^3 = -2 = 5\). Or \(5\) n’est pas un cube. Le polynôme \(X^3 + 2\), de degré \(3\) sans racine, est irréductible sur \(\mathbb{F}_7\).
3. On a \(4^3 + 4 + 2 = 70 = 0\) dans \(\mathbb{F}_7\). La division par \(X – 4\) donne \(X^3 + X + 2 = (X – 4)(X^2 + 4X + 3)\). Ensuite, \(X^2 + 4X + 3 = (X + 1)(X + 3)\). Comme \(-4 = 3\), on obtient la factorisation. Contrôle : \((X + 3)^2(X + 1) = X^3 + 7X^2 + 15X + 9\), qui vaut bien \(X^3 + X + 2\) modulo \(7\). Ainsi \(X^3 + X + 2 = (X + 1)(X + 3)^2\), avec une racine double \(4\).
4. Dans les deux cas, la division euclidienne montre que les classes de \(1, X, X^2\) forment une base sur \(\mathbb{F}_7\). Chaque quotient a donc \(7^3 = 343\) éléments. L’anneau \(A\) est un corps, car \(X^3 + 2\) est irréductible. En revanche, dans \(B\), les classes de \((X + 1)(X + 3)\) et de \(X + 3\) sont non nulles, car ces polynômes ne sont pas divisibles par \(X^3 + X + 2\). Pourtant leur produit est nul. \(A\) et \(B\) ont \(343\) éléments, mais seul \(A\) est un corps.

Corrigé de l’exercice 6 – Stabilité de la transcendance

Idée clé : si le nombre construit était algébrique, une composition de polynômes rendrait \(t\) algébrique.

1. Supposons que \(s = P(t)\) annule un polynôme \(R\) non nul de \(\mathbb{Q}[X]\). Le polynôme \(R(P(X))\) a pour degré \(\deg R \cdot \deg P\). Il est donc non nul si \(\deg R \geqslant 1\), et une constante non nulle sinon. Dans les deux cas, il est non nul et annule \(t\). C’est absurde. Avec \(P = X^2\), puis \(P = X^2 – 7X\), on conclut. Pour tout \(P\) non constant, \(P(t)\) est transcendant ; en particulier \(t^2\) et \(t^2 – 7t\) le sont.
2. Supposons \(1/t\) racine de \(R = \sum_{k=0}^{d} r_k X^k\) non nul, avec \(d = \deg R\). En multipliant \(R(1/t) = 0\) par \(t^d\), on obtient \(\sum_k r_k t^{d-k} = 0\). Le polynôme \(\sum_k r_k X^{d-k}\) a les mêmes coefficients que \(R\), donc il est non nul. C’est absurde. Ensuite, si \(s = t + \sqrt{3}\) était algébrique, alors \(t = s – \sqrt{3}\) le serait aussi, comme différence de deux algébriques. Les nombres \(1/t\) et \(t + \sqrt{3}\) sont transcendants.
3. Si \(\pi\sqrt{2}\) était algébrique, le quotient \(\pi = (\pi\sqrt{2})/\sqrt{2}\) de deux algébriques le serait aussi. Par ailleurs, \(\pi^2 + \pi = P(\pi)\) avec \(P = X^2 + X\) non constant. La question 1 s’applique donc. Les réels \(\pi\sqrt{2}\) et \(\pi^2 + \pi\) sont transcendants.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Une racine carrée emboîtée

Idée clé : la racine emboîtée se « dénoue » en une somme de deux racines carrées, ce qui permet de calculer le degré par une tour.

1. On a \(a^2 = 3 + \sqrt{5}\), donc \((a^2 – 3)^2 = 5\). En développant, \(a^4 – 6a^2 + 9 – 5 = 0\). Ainsi \(P(a) = a^4 – 6a^2 + 4 = 0\).
2. On calcule \(\left(\frac{\sqrt{2} + \sqrt{10}}{2}\right)^2 = \frac{2 + 10 + 2\sqrt{20}}{4} = \frac{12 + 4\sqrt{5}}{4} = 3 + \sqrt{5}\). Ce réel est positif, de carré \(3 + \sqrt{5}\). Donc \(a = \frac{\sqrt{2} + \sqrt{10}}{2}\).
3. D’abord, \(a \in \mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{10})\), d’où une inclusion. Réciproquement, \(\sqrt{5} = a^2 – 3 \in \mathbb{Q}(a)\). Ensuite, \(a\sqrt{5} = \frac{\sqrt{10} + 5\sqrt{2}}{2}\), donc \(a\sqrt{5} – a = 2\sqrt{2}\). Il vient \(\sqrt{2} = \frac{a(\sqrt{5} – 1)}{2} \in \mathbb{Q}(a)\), puis \(\sqrt{10} = 2a – \sqrt{2} \in \mathbb{Q}(a)\). Les deux corps sont égaux. Pour le degré, montrons que \(\sqrt{10} \notin \mathbb{Q}(\sqrt{2})\). Si \((x + y\sqrt{2})^2 = 10\) avec \(x, y\) rationnels, alors \(xy = 0\) et \(x^2 + 2y^2 = 10\). Cela impose \(x^2 = 10\) ou \(y^2 = 5\), ce qui est impossible dans \(\mathbb{Q}\). La tour \(\mathbb{Q} \subset \mathbb{Q}(\sqrt{2}) \subset \mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{10})\) a donc deux étages de degré \(2\). Enfin, \(P\) est unitaire, de degré \(4\), et annule \(a\). Le corps \(\mathbb{Q}(a)\) est donc de degré \(4\), et \(\mu_a = X^4 – 6X^2 + 4\).
4. Les racines de \(P\) vérifient \(X^2 = 3 \pm \sqrt{5}\). Ce sont \(\pm\sqrt{3 + \sqrt{5}}\) et \(\pm\sqrt{3 – \sqrt{5}}\). Le même calcul qu’en question 2 donne \(\sqrt{3 – \sqrt{5}} = \frac{\sqrt{10} – \sqrt{2}}{2}\). Les quatre racines sont donc \(\pm\frac{\sqrt{10} + \sqrt{2}}{2}\) et \(\pm\frac{\sqrt{10} – \sqrt{2}}{2}\). Elles appartiennent toutes à \(\mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{10}) = \mathbb{Q}(a)\), qui est engendré par l’une d’elles. \(\mathbb{Q}(a)\) est un corps de décomposition de \(P\) sur \(\mathbb{Q}\).

Corrigé de l’exercice 8 – Corps de décomposition d’une cubique

Idée clé : on remplace les trois racines par le couple \((r, j)\), puis on compare un étage réel et un étage non réel.

1. Une racine rationnelle de \(X^3 – 7\) serait un entier divisant \(7\). Or \((\pm 1)^3 = \pm 1\) et \((\pm 7)^3 = \pm 343\). Le polynôme est donc irréductible, car de degré \(3\) sans racine. Ses racines complexes sont \(r\), \(jr\) et \(j^2 r\).
2. Le corps de décomposition est \(\mathbb{Q}(r, jr, j^2 r)\). Il contient \(j = (jr)/r\). Réciproquement, \(\mathbb{Q}(r, j)\) contient les trois racines. Ensuite, \(j = \frac{-1 + i\sqrt{3}}{2}\) et \(i\sqrt{3} = 2j + 1\), donc \(\mathbb{Q}(j) = \mathbb{Q}(i\sqrt{3})\). Le corps de décomposition est \(D = \mathbb{Q}(r, i\sqrt{3})\).
3. Première méthode : \([\mathbb{Q}(r):\mathbb{Q}] = 3\). Ensuite, \(i\sqrt{3}\) annule \(X^2 + 3\) et n’est pas réel, alors que \(\mathbb{Q}(r) \subset \mathbb{R}\). Il est donc de degré \(2\) sur \(\mathbb{Q}(r)\), et \([D:\mathbb{Q}] = 6\). Seconde méthode : \(D\) contient \(\mathbb{Q}(r)\), de degré \(3\), et \(\mathbb{Q}(i\sqrt{3})\), de degré \(2\). Par la base télescopique, \(2\) et \(3\) divisent \([D:\mathbb{Q}]\), donc \(6\) aussi. Or \([D:\mathbb{Q}] \leqslant 3 \times 2\). Dans les deux cas, \([D:\mathbb{Q}] = 6\).
4. Les nombres \(r\) et \(jr\) sont deux racines du même polynôme irréductible. Les corps \(\mathbb{Q}(r)\) et \(\mathbb{Q}(jr)\) sont donc tous deux isomorphes à \(\mathbb{Q}[X]/(X^3 – 7)\). Cependant, \(\mathbb{Q}(r)\) est contenu dans \(\mathbb{R}\), alors que \(jr\) n’est pas réel. Ces deux corps sont isomorphes mais distincts.

Corrigé de l’exercice 9 – Les racines primitives huitièmes de l’unité

Idée clé : une translation rend le critère d’Eisenstein applicable, puis \(\omega^2\) et \(\omega + \omega^{-1}\) donnent \(i\) et \(\sqrt{2}\).

1. Pour \(k\) impair, \((\omega^k)^4 = e^{ik\pi} = -1\). Les quatre nombres \(\omega, \omega^3, \omega^5, \omega^7\) sont distincts, car leurs arguments \(\pi/4, 3\pi/4, 5\pi/4, 7\pi/4\) le sont. Or \(P\) a au plus quatre racines. Ses racines sont exactement \(\omega, \omega^3, \omega^5, \omega^7\).
2. On développe : \(P(X+1) = X^4 + 4X^3 + 6X^2 + 4X + 2\). Le nombre premier \(2\) divise \(4\), \(6\), \(4\) et \(2\), ne divise pas le coefficient dominant \(1\), et \(4\) ne divise pas \(2\). Par le critère d’Eisenstein, \(P(X+1)\) est irréductible. Une factorisation \(P = AB\) en donnerait une de \(P(X+1)\). Donc \(P\) est irréductible sur \(\mathbb{Q}\).
3. D’abord, \(\omega^2 = e^{i\pi/2} = i\). Ensuite, \(\omega^{-1} = \omega^7 \in \mathbb{Q}(\omega)\) et \(\omega + \omega^{-1} = 2\cos(\pi/4) = \sqrt{2}\). Donc \(\mathbb{Q}(i, \sqrt{2}) \subset \mathbb{Q}(\omega)\). Réciproquement, \(\omega = \frac{\sqrt{2}}{2}(1 + i) \in \mathbb{Q}(i, \sqrt{2})\). Les deux corps sont égaux. De plus, toutes les racines de \(P\) sont des puissances de \(\omega\), donc \(\mathbb{Q}(\omega)\) est engendré par les racines. Enfin, \(\omega\) a pour polynôme minimal \(P\), d’où le degré. Le corps de décomposition est \(\mathbb{Q}(\omega) = \mathbb{Q}(i, \sqrt{2})\), de degré \(4\) sur \(\mathbb{Q}\).
4. Sur \(\mathbb{Q}(i)\), on écrit \(X^4 + 1 = X^4 – i^2\). Sur \(\mathbb{Q}(\sqrt{2})\), on écrit \(X^4 + 1 = (X^2 + 1)^2 – 2X^2\), différence de deux carrés. On obtient \(X^4 + 1 = (X^2 – i)(X^2 + i)\) dans \(\mathbb{Q}(i)[X]\), et \(X^4 + 1 = (X^2 + 1 – \sqrt{2}\,X)(X^2 + 1 + \sqrt{2}\,X)\) dans \(\mathbb{Q}(\sqrt{2})[X]\).

Corrigé de l’exercice 10 – Un même nombre, plusieurs polynômes minimaux

Idée clé : le polynôme minimal dépend du corps de base ; son degré se lit dans un diagramme de corps.

1. Le polynôme \(X^4 – 3\) est d’Eisenstein en \(3\), donc irréductible sur \(\mathbb{Q}\). Il est unitaire et annule \(b\). Le polynôme minimal de \(b\) sur \(\mathbb{Q}\) est \(X^4 – 3\).
2. On a \(\sqrt{3} = b^2 \in \mathbb{Q}(b)\), d’où la tour \(\mathbb{Q} \subset \mathbb{Q}(\sqrt{3}) \subset \mathbb{Q}(b)\). Par la base télescopique, \([\mathbb{Q}(b):\mathbb{Q}(\sqrt{3})] = 4/2 = 2\). Or \(b\) annule \(X^2 – \sqrt{3}\), unitaire de degré \(2\) sur \(\mathbb{Q}(\sqrt{3})\). Le polynôme minimal de \(b\) sur \(\mathbb{Q}(\sqrt{3})\) est \(X^2 – \sqrt{3}\).
3. Le nombre \(i\) annule \(X^2 + 1\) et n’appartient pas à \(\mathbb{Q}(b) \subset \mathbb{R}\). Donc \([\mathbb{Q}(b, i):\mathbb{Q}(b)] = 2\) et \([\mathbb{Q}(b, i):\mathbb{Q}] = 8\). Ensuite, en passant par \(\mathbb{Q}(i)\), on obtient \([\mathbb{Q}(b, i):\mathbb{Q}(i)] = 8/2 = 4\). Or \(\mathbb{Q}(b, i) = \mathbb{Q}(i)(b)\), donc \(b\) est de degré \(4\) sur \(\mathbb{Q}(i)\). Le diagramme ci-dessous résume les degrés. Le polynôme minimal de \(b\) sur \(\mathbb{Q}(i)\) est encore \(X^4 – 3\).

4. Dans \(\mathbb{Q}(\sqrt{3})[X]\), on a \(X^4 – 3 =(X^2 – \sqrt{3})(X^2 + \sqrt{3})\). Sur \(\mathbb{Q}(i)\), il est irréductible d’après la question 3. Sur \(\mathbb{R}\), on a \(X^4 – 3 = (X – b)(X + b)(X^2 + \sqrt{3})\). Il est irréductible sur \(\mathbb{Q}(i)\) seulement.

Corrigé de l’exercice 11 – Construction du corps à huit éléments

Idée clé : la règle \(\alpha^3 = \alpha^2 + 1\) suffit à tout calculer, et le groupe \(E^*\) est d’ordre premier.

1. On a \(Q(0) = 1\) et \(Q(1) = 1 + 1 + 1 = 1\) dans \(\mathbb{F}_2\). Le polynôme \(Q\) est de degré \(3\) sans racine, donc irréductible. Le quotient \(E\) est un corps de degré \(3\) sur \(\mathbb{F}_2\), donc à \(2^3 = 8\) éléments.
2. En caractéristique \(2\), on a \(-1 = 1\), donc \(\alpha^3 = \alpha^2 + 1\). On en tire successivement \(\alpha^4 = \alpha^3 + \alpha = \alpha^2 + \alpha + 1\), puis \(\alpha^5 = \alpha^3 + \alpha^2 + \alpha = \alpha + 1\). Ensuite, \(\alpha^6 = \alpha^2 + \alpha\) et \(\alpha^7 = \alpha^3 + \alpha^2 = 1\). La table est : \(1, \alpha, \alpha^2, \alpha^2 + 1, \alpha^2 + \alpha + 1, \alpha + 1, \alpha^2 + \alpha, 1\).
3. On a \(\alpha^7 = 1\) et \(\alpha \neq 1\). Comme \(7\) est premier, l’ordre de \(\alpha\) vaut \(7 = |E^*|\). Plus généralement, tout élément différent de \(1\) est d’ordre \(7\). La figure montre le cycle obtenu. \(\alpha\) engendre \(E^*\), qui possède \(\varphi(7) = 6\) générateurs.

Inverse, polynôme minimal et équation sans solution

4. D’après la table, \(\alpha^2 + 1 = \alpha^3\). Son inverse est \(\alpha^{-3} = \alpha^4\). Vérification : \((\alpha^2 + 1)(\alpha^2 + \alpha + 1) = \alpha^4 + \alpha^3 + \alpha + 1\), et cette somme vaut \((\alpha^2 + \alpha + 1) + (\alpha^2 + 1) + \alpha + 1 = 1\). Ainsi \((\alpha^2 + 1)^{-1} = \alpha^2 + \alpha + 1\).
5. Posons \(\beta = \alpha^3\). Alors \(\beta^2 = \alpha^6 = \alpha^2 + \alpha\) et \(\beta^3 = \alpha^9 = \alpha^2\). Donc \(\beta^3 + \beta + 1 = \alpha^2 + (\alpha^2 + 1) + 1 = 0\). Ensuite, en \(0\) comme en \(1\), le polynôme \(X^3 + X + 1\) prend la valeur \(1\). Sans racine et de degré \(3\), il est irréductible. Le polynôme minimal de \(\alpha^2 + 1\) est \(X^3 + X + 1\).
6. Supposons \(x^2 + x + 1 = 0\). Alors \(x \neq 0\), et \(x \neq 1\) car \(1 + 1 + 1 = 1\). De plus, \(x^3 – 1 = (x – 1)(x^2 + x + 1) = 0\). L’ordre de \(x\) serait donc \(3\), alors que le groupe \(E^*\) est d’ordre \(7\). Cela contredit le théorème de Lagrange. Aucun élément de \(E\) n’annule \(X^2 + X + 1\).

Corrigé de l’exercice 12 – Générateurs du groupe des inversibles modulo 11

Idée clé : une fois un générateur trouvé, tout se lit sur les exposants modulo \(10\).

1. Les puissances successives de \(2\) modulo \(11\) sont \(2, 4, 8, 5, 10, 9, 7, 3, 6, 1\). Celles de \(3\) sont \(3, 9, 5, 4, 1\). L’ordre de \(2\) vaut \(10\), celui de \(3\) vaut \(5\).
2. Puisque \(2\) est d’ordre \(10\), le groupe est cyclique engendré par \(2\). Ses générateurs sont les \(2^k\) avec \(k\) premier avec \(10\), soit \(k \in \{1, 3, 7, 9\}\). D’après la liste précédente, \(2^3 = 8\), \(2^7 = 7\) et \(2^9 = 6\). Les générateurs de \(\mathbb{F}_{11}^*\) sont \(2, 6, 7, 8\).
3. Écrivons \(x = 2^k\). Alors \(x^5 = 1\) équivaut à \(10 \mid 5k\), donc à \(k\) pair. Les solutions sont \(2^0, 2^2, 2^4, 2^6, 2^8\), soit \(1, 4, 5, 9, 3\). De même, les carrés non nuls sont les \(2^{2m}\). On le vérifie directement : \(1^2 = 1\), \(2^2 = 4\), \(3^2 = 9\), \(4^2 = 5\) et \(5^2 = 3\). Les solutions de \(x^5 = 1\) forment l’ensemble \(\{1, 3, 4, 5, 9\}\) des carrés non nuls.
4. On a \(-1 = 10 = 2^5\), avec un exposant impair. Autrement dit, \((-1)^5 = -1 \neq 1\). Donc \(-1\) n’est pas un carré dans \(\mathbb{F}_{11}\).

Corrigé de l’exercice 13 – Le pentagone régulier est constructible

Idée clé : la somme des racines cinquièmes de l’unité fournit une équation du second degré pour \(2c\).

1. On a \(\zeta^5 = 1\), donc \((\zeta – 1)(1 + \zeta + \zeta^2 + \zeta^3 + \zeta^4) = \zeta^5 – 1 = 0\). Comme \(\zeta \neq 1\), la somme est nulle. Ensuite, \(\zeta^4 = \zeta^{-1} = \overline{\zeta}\), car \(|\zeta| = 1\). Ainsi la somme vaut \(0\), et \(u = \zeta + \overline{\zeta} = 2c\).
2. On calcule \(u^2 = \zeta^2 + 2\zeta^5 + \zeta^8 = \zeta^2 + 2 + \zeta^3\). Par conséquent, \(u^2 + u – 1 = (\zeta + \zeta^2 + \zeta^3 + \zeta^4) + 2 – 1\). La parenthèse vaut \(-1\) d’après la question 1. Donc \(u^2 + u – 1 = 0\).
3. Les racines de \(X^2 + X – 1\) sont \(\frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}\). Or \(2\pi/5\) est compris entre \(0\) et \(\pi/2\), donc \(c > 0\) et \(u > 0\). Ainsi \(u = \frac{\sqrt{5} – 1}{2}\). Ensuite, \(\mathbb{Q}(c) = \mathbb{Q}(\sqrt{5})\), et \(\sqrt{5}\) est irrationnel. On obtient \(c = \frac{\sqrt{5} – 1}{4}\) et \([\mathbb{Q}(c):\mathbb{Q}] = 2\).
4. Le réel \(\sqrt{5}\) est constructible, car les réels constructibles forment un corps stable par racine carrée. Donc \(c\) est constructible. On place alors le point \((c, 0)\), puis on coupe la perpendiculaire à l’axe en ce point avec le cercle unité. On obtient le sommet d’argument \(2\pi/5\). Enfin, on reporte au compas la corde obtenue pour placer les autres sommets. Le pentagone régulier est constructible à la règle et au compas.

Corrigé de l’exercice 14 – L’ennéagone régulier n’est pas constructible

Idée clé : la formule de triplication relie \(2\cos 40°\) à \(2\cos 120° = -1\), qui est rationnel.

1. Posons \(w = e^{2i\pi/9}\), de sorte que \(t = w + w^{-1}\). Le développement du cube donne \(t^3 = w^3 + w^{-3} + 3t\). Or \(w^3 + w^{-3} = 2\cos 120°\), d’où \(2\cos 120° = t^3 – 3t\). Or \(2\cos 120° = -1\). Donc \(t^3 – 3t + 1 = 0\).
2. Les seules racines rationnelles possibles sont \(\pm 1\). Or \(1 – 3 + 1 = -1\) et \(-1 + 3 + 1 = 3\). Le polynôme, de degré \(3\) sans racine rationnelle, est irréductible. Il est donc le polynôme minimal de \(t\), et \([\mathbb{Q}(t):\mathbb{Q}] = 3\).
3. Le degré \(3\) n’est pas une puissance de \(2\). D’après le théorème de Wantzel, \(t\) n’est pas constructible, et \(\cos 40° = t/2\) non plus. Si l’angle de \(40°\) était constructible, on le reporterait en \(O\) à partir de \([OI)\). Son côté couperait le cercle unité au point \((\cos 40°, \sin 40°)\), qui serait constructible. C’est impossible. Enfin, l’angle au centre d’un ennéagone régulier vaut \(360°/9 = 40°\). Le centre se construit comme intersection de deux médiatrices. Ni l’angle de \(40°\) ni l’ennéagone régulier ne sont constructibles.
4. L’angle de \(120°\) est constructible, car \(\cos 120° = -1/2\) est rationnel. Pourtant, le partager en trois donnerait l’angle de \(40°\). La trisection de l’angle de \(120°\) est impossible à la règle et au compas.

Corrigé de l’exercice 15 – Degré premier et corps intermédiaires

Idée clé : le degré d’un corps intermédiaire divise le degré total ; deux degrés premiers entre eux s’excluent.

1. Soit \(M\) un corps intermédiaire. La base télescopique montre que \([M:K]\) divise \(p\). Si \([M:K] = 1\), alors \(M = K\). Si \([M:K] = p\), alors \([L:M] = 1\) et \(M = L\). Ensuite, pour \(a \in L \setminus K\), le corps \(K(a)\) est intermédiaire et différent de \(K\). Les seuls corps intermédiaires sont \(K\) et \(L\), et \(L = K(a)\) pour tout \(a \notin K\).
2. On a \(K(a^2) \subset K(a)\). De plus, \(a\) annule \(X^2 – a^2\), qui est à coefficients dans \(K(a^2)\). Donc \([K(a):K(a^2)] \leqslant 2\). Or ce degré divise \([K(a):K]\), qui est impair. Il vaut \(1\), donc \(K(a^2) = K(a)\).
3. Le réel \(c\) est de degré \(3\), impair, donc \(c \in \mathbb{Q}(d)\) d’après la question 2. Concrètement, \(d^2 = c^4 = c^3 \cdot c = 5c\). Ainsi \(c = \frac{1}{5}d^2\).
4. Notons \(N = \mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{5})\) et calculons son degré. Si \((x + y\sqrt{2})^2 = 5\) avec \(x, y\) rationnels, alors \(xy = 0\) et \(x^2 + 2y^2 = 5\). On aurait \(x^2 = 5\) ou \((2y)^2 = 10\), ce qui est impossible. Le réel \(\sqrt{5}\) est donc de degré \(2\) sur \(\mathbb{Q}(\sqrt{2})\), et \(N\) est de degré \(2 \times 2 = 4\) sur \(\mathbb{Q}\). Ensuite, \(\sqrt[3]{5}\) est de degré \(3\), car \(X^3 – 5\) est irréductible. S’il appartenait à \(N\), le corps \(\mathbb{Q}(\sqrt[3]{5})\) serait intermédiaire, et \(3\) diviserait \(4\). De même, \(M = \mathbb{Q}(\sqrt[3]{5}) \cap \mathbb{Q}(\sqrt{7})\) est un corps dont le degré divise \(3\) et \(2\). Donc \(\sqrt[3]{5} \notin N\), et \(M = \mathbb{Q}\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Les sous-corps du corps à 64 éléments

Idée clé : les sous-corps correspondent aux diviseurs de \(6\), et un élément engendre \(K\) s’il n’est dans aucun sous-corps maximal.

1. Un sous-corps \(M\) contient \(\mathbb{F}_2\) et vérifie \(6 = [K:M][M:\mathbb{F}_2]\). Son cardinal est donc \(2^d\) avec \(d\) divisant \(6\). D’après le cours, chacun de ces cardinaux est atteint. Pour l’unicité, tout élément d’un sous-corps à \(2^d\) éléments vérifie \(x^{2^d} = x\). Or ce polynôme a au plus \(2^d\) racines dans \(K\). Le sous-corps est donc l’ensemble de ces racines. Il y a exactement un sous-corps de chaque cardinal \(2\), \(4\), \(8\) et \(64\).
2. L’intersection des sous-corps à \(4\) et à \(8\) éléments est un sous-corps de cardinal \(2^e\). Son degré \(e\) divise \(2\) et \(3\), donc \(e = 1\). L’intersection est le sous-corps premier \(\mathbb{F}_2\).

Éléments qui engendrent le corps

3. Le corps \(\mathbb{F}_2(a)\) est un sous-corps de \(K\). Il est strict si et seulement si \(a\) appartient au sous-corps à \(4\) ou à \(8\) éléments, car \(\mathbb{F}_2\) est contenu dans les deux. Par la question 2, la réunion de ces deux sous-corps a \(4 + 8 – 2 = 10\) éléments. Exactement \(64 – 10 = 54\) éléments vérifient \(\mathbb{F}_2(a) = K\).

Comptage des polynômes irréductibles

4. Prenons \(a\) parmi ces \(54\) éléments ; \(\mu_a\) est irréductible de degré \(6\). Le Frobenius fixe \(\mathbb{F}_2\), donc \(\mu_a(a^2) = \mu_a(a)^2 = 0\). Ainsi \(a, a^2, a^4, a^8, a^{16}, a^{32}\) sont racines de \(\mu_a\). Ces six éléments sont distincts. Sinon, en simplifiant par le Frobenius injectif, on aurait \(a^{2^k} = a\) avec \(1 \leqslant k \leqslant 5\). Or l’ensemble des solutions de \(x^{2^k} = x\) est un sous-corps à au plus \(2^k < 64\) éléments, ce qui contredit \(\mathbb{F}_2(a) = K\). Dans l’autre sens, partons d’un polynôme \(Q\) de degré \(6\), unitaire et irréductible sur \(\mathbb{F}_2\). Le quotient \(\mathbb{F}_2[X]/(Q)\) compte \(2^6\) éléments ; par unicité des corps finis, il s’identifie à \(K\). Ainsi \(Q\) s’annule en un élément \(a\) de \(K\), de degré \(6\), et \(Q = \mu_a\). Chaque polynôme correspond donc à exactement six des \(54\) éléments. Il y a \(54/6 = 9\) polynômes unitaires irréductibles de degré \(6\) sur \(\mathbb{F}_2\).
5. Le groupe \(K^*\) est cyclique d’ordre \(63 = 9 \times 7\). Il a donc \(\varphi(63) = \varphi(9)\varphi(7) = 6 \times 6 = 36\) générateurs. Un générateur \(g\) de \(K^*\) vérifie \(\mathbb{F}_2(g) = K\), puisque ce corps contient toutes les puissances de \(g\). La réciproque est fausse. Il y a \(36\) générateurs, et \(54 – 36 = 18\) éléments engendrent le corps \(K\) sans engendrer le groupe \(K^*\).

Corrigé de l’exercice 17 – Carrés dans un corps fini

Idée clé : en écrivant \(x = g^k\), être un carré revient à avoir un exposant pair.

1. Le groupe \(\mathbb{F}_q^*\) est commutatif, donc \(s : x \mapsto x^2\) est un morphisme. Ensuite, \(x^2 = 1\) équivaut à \((x-1)(x+1) = 0\), soit \(x = \pm 1\). Ces deux valeurs sont distinctes, car la caractéristique est impaire. Le noyau a donc deux éléments, et l’image en a \((q-1)/2\). En ajoutant \(0\), \(\mathbb{F}_q\) compte \((q+1)/2\) carrés.
2. Si \(x = y^2\) avec \(y \neq 0\), alors \(x^{(q-1)/2} = y^{q-1} = 1\) par Lagrange. Réciproquement, écrivons \(x = g^k\). Si \(g^{k(q-1)/2} = 1\), alors \(q – 1\) divise \(k(q-1)/2\), donc \(k\) est pair. Ainsi \(x = (g^{k/2})^2\). Un élément \(x \neq 0\) est un carré si et seulement si \(x^{(q-1)/2} = 1\).
3. D’après la question 2, \(-1\) est un carré si et seulement si \((-1)^{(q-1)/2} = 1\). Comme \(-1 \neq 1\), cela équivaut à \((q-1)/2\) pair, c’est-à-dire \(q \equiv 1 \pmod 4\). Pour \(q = 13\), on a bien \(13 \equiv 1 \pmod 4\). On teste : \(5^2 = 25 = 26 – 1\). Le critère est \(q \equiv 1 \pmod 4\), et \(5\) est une racine carrée de \(-1\) dans \(\mathbb{F}_{13}\).

Sommes de deux carrés

4. Soit \(c \in \mathbb{F}_q\). L’ensemble \(S\) des carrés a \((q+1)/2\) éléments. L’ensemble \(T = \{c – b^2 : b \in \mathbb{F}_q\}\) en a autant, car \(y \mapsto c – y\) est une bijection. Or \(|S| + |T| = q + 1 > q\). Par le principe des tiroirs, \(S\) et \(T\) se rencontrent : il existe \(a, b\) tels que \(a^2 = c – b^2\). Tout élément de \(\mathbb{F}_q\) est somme de deux carrés.
5. Dans \(\mathbb{F}_7\), les carrés sont \(0, 1, 4, 2\), car \(3^2 = 9 = 2\). On cherche donc \(3\) comme somme de deux de ces valeurs. On trouve \(3 = 1 + 2\). Ainsi \(3 = 1^2 + 3^2\) dans \(\mathbb{F}_7\).

Corrigé de l’exercice 18 – Nombres algébriques et dénombrabilité

Idée clé : un argument de cardinal prouve l’existence ; la parité des degrés sépare \(t\) de \(\mathbb{Q}(t^2)\).

1. D’après le cours, les nombres algébriques sont stables par somme, produit et inverse. L’ensemble \(A\) est l’intersection de ces nombres avec le corps \(\mathbb{R}\). Il contient \(\mathbb{Q}\). \(A\) est un sous-corps de \(\mathbb{R}\).
2. L’ensemble des polynômes de degré au plus \(n\) s’identifie à \(\mathbb{Q}^{n+1}\), qui est dénombrable. Donc \(\mathbb{Q}[X]\), réunion dénombrable de ces ensembles, est dénombrable. Ensuite, chaque polynôme non nul a un nombre fini de racines. Ainsi \(A\) est contenu dans une réunion dénombrable d’ensembles finis. Or \(\mathbb{R}\) n’est pas dénombrable. \(A\) est dénombrable, et il existe des réels transcendants.
3. Supposons \(t = P(t^2)/R(t^2)\) avec \(P, R \in \mathbb{Q}[X]\) et \(R(t^2) \neq 0\). Alors \(H(t) = 0\), où \(H = X R(X^2) – P(X^2)\). Les termes de degré impair de \(H\) forment \(X R(X^2)\), qui est non nul car \(R \neq 0\). Donc \(H \neq 0\), ce qui contredit la transcendance de \(t\). Ainsi \(t \notin \mathbb{Q}(t^2)\). Ensuite, \(t\) annule \(X^2 – t^2\), de degré \(2\) sur \(\mathbb{Q}(t^2)\). Donc \([\mathbb{Q}(t):\mathbb{Q}(t^2)] = 2\).
4. Pour tout \(k\), le réel \(t^{2^k}\) est transcendant, comme valeur d’un polynôme non constant en \(t\). La question 3, appliquée à \(t^{2^k}\), donne \([\mathbb{Q}(t^{2^k}):\mathbb{Q}(t^{2^{k+1}})] = 2\). Chaque inclusion est donc stricte. Par la base télescopique, \([\mathbb{Q}(t):\mathbb{Q}] \geqslant [\mathbb{Q}(t):\mathbb{Q}(t^{2^k})] = 2^k\) pour tout \(k\). La suite de corps est strictement décroissante, et \([\mathbb{Q}(t):\mathbb{Q}]\) est infini.

Corrigé de l’exercice 19 – Problème – Le corps à seize éléments

Idée clé : l’ordre d’une puissance de \(\alpha\) dit dans quel sous-corps elle se trouve, donc quel est son degré.

1. Sur \(\mathbb{F}_2\), il n’existe que quatre polynômes unitaires de degré \(2\). Trois d’entre eux se factorisent : \(X^2\), \(X^2 + 1 = (X+1)^2\) et \(X^2 + X = X(X+1)\). Le quatrième, \(X^2 + X + 1\), ne s’annule ni en \(0\) ni en \(1\) : il est irréductible. Ensuite, \(Q(0) = 1\) et \(Q(1) = 1\) : \(Q\) n’a pas de facteur de degré \(1\). S’il était réductible, il serait le carré de \(X^2 + X + 1\). Or \((X^2 + X + 1)^2 = X^4 + X^2 + 1 \neq Q\). \(Q\) est irréductible, et \(E\) est un corps à \(2^4 = 16\) éléments.
2. On a \(\alpha^4 = \alpha + 1\). On en déduit \(\alpha^5 = \alpha^2 + \alpha\), puis \(\alpha^6 = \alpha^3 + \alpha^2\). Ensuite, \(\alpha^7 = \alpha^4 + \alpha^3 = \alpha^3 + \alpha + 1\). Enfin, \(\alpha^8 = \alpha^4 + \alpha^2 + \alpha = \alpha^2 + 1\). L’ordre de \(\alpha\) divise \(15\), donc vaut \(1\), \(3\), \(5\) ou \(15\). Or \(\alpha\), \(\alpha^3\) et \(\alpha^5 = \alpha^2 + \alpha\) sont différents de \(1\). L’élément \(\alpha\) est d’ordre \(15\) : il engendre \(E^*\).

Le sous-corps à quatre éléments et les polynômes de degré 4

3. On a \(\beta = \alpha^2 + \alpha\), donc \(\beta^2 = \alpha^4 + \alpha^2 = \alpha^2 + \alpha + 1\) par Frobenius. Il vient \(\beta^2 + \beta + 1 = (\alpha^2 + \alpha + 1) + (\alpha^2 + \alpha) + 1 = 0\). Ainsi \(\{0, 1, \beta, \beta^2\}\) est stable par somme, car \(\beta^2 = \beta + 1\). Il est aussi stable par produit, car \(\beta^3 = 1\). C’est donc un sous-corps à \(4\) éléments, unique d’après le cours. Le sous-corps à \(4\) éléments est \(\{0, 1, \alpha^5, \alpha^{10}\}\).
4. L’élément \(\gamma = \alpha^3\) est d’ordre \(15/\mathrm{pgcd}(3, 15) = 5\). Les sous-corps stricts de \(E\) sont \(\mathbb{F}_2\) et le sous-corps à \(4\) éléments. Leurs éléments non nuls ont un ordre divisant \(3\). Donc \(\gamma\) n’appartient à aucun d’eux, et \(\mathbb{F}_2(\gamma) = E\) est de degré \(4\). Par ailleurs, \(\gamma^5 = 1\) et \(\gamma \neq 1\). Comme \(\gamma^5 – 1 = (\gamma – 1)(\gamma^4 + \gamma^3 + \gamma^2 + \gamma + 1)\), le second facteur est nul. Le polynôme minimal de \(\alpha^3\) est \(X^4 + X^3 + X^2 + X + 1\).
5. Les éléments de degré \(4\) sont ceux de \(E\) hors du sous-corps à \(4\) éléments : il y en a \(12\). Comme à l’exercice 16, chaque polynôme irréductible de degré \(4\) a exactement quatre racines distinctes parmi eux. On obtient \(12/4 = 3\) polynômes. On connaît déjà \(Q\) et \(X^4 + X^3 + X^2 + X + 1\). Le troisième est le polynôme réciproque de \(Q\), à savoir \(X^4 Q(1/X) = X^4 + X^3 + 1\). Il annule \(\alpha^{-1}\), qui est d’ordre \(15\), donc de degré \(4\). Les trois polynômes sont \(X^4 + X + 1\), \(X^4 + X^3 + 1\) et \(X^4 + X^3 + X^2 + X + 1\).

Corrigé de l’exercice 20 – Problème – L’heptagone régulier

Idée clé : on divise la somme des racines septièmes par \(\zeta^3\) pour la rendre symétrique, puis on l’exprime en \(t\).

1. D’une part, \(t^2 = \zeta^2 + 2 + \zeta^{-2}\). D’autre part, \(t^3 = \zeta^3 + 3\zeta + 3\zeta^{-1} + \zeta^{-3} = \zeta^3 + \zeta^{-3} + 3t\). Ainsi \(\zeta^2 + \zeta^{-2} = t^2 – 2\) et \(\zeta^3 + \zeta^{-3} = t^3 – 3t\).
2. Comme \(\zeta^7 = 1\) et \(\zeta \neq 1\), la somme \(1 + \zeta + \cdots + \zeta^6\) est nulle. On la multiplie par \(\zeta^{-3}\). Grâce à \(\zeta^{k} = \zeta^{k-7}\), on obtient \((\zeta^3 + \zeta^{-3}) + (\zeta^2 + \zeta^{-2}) + (\zeta + \zeta^{-1}) + 1 = 0\). En remplaçant par la question 1, il vient \((t^3 – 3t) + (t^2 – 2) + t + 1 = 0\). Donc \(t^3 + t^2 – 2t – 1 = 0\).
3. Les seules racines rationnelles possibles sont \(\pm 1\). Or la valeur en \(1\) est \(1 + 1 – 2 – 1 = -1\), et la valeur en \(-1\) est \(-1 + 1 + 2 – 1 = 1\). Le polynôme, de degré \(3\) sans racine, est irréductible. Ainsi \(t\) est de degré \(3\), qui n’est pas une puissance de \(2\). Par Wantzel, \(t\) et \(\cos(2\pi/7)\) ne sont pas constructibles. Or un heptagone régulier constructible donnerait l’angle \(2\pi/7\), comme à l’exercice 14. L’heptagone régulier n’est pas constructible.

Les deux autres racines et le degré de zêta

4. On a \(2\cos(4\pi/7) = \zeta^2 + \zeta^{-2} = t^2 – 2\). De même, \(2\cos(6\pi/7) = \zeta^3 + \zeta^{-3} = t^3 – 3t\). En utilisant \(t^3 = -t^2 + 2t + 1\), cela vaut \(-t^2 – t + 1\). Ensuite, \(\zeta^2\) et \(\zeta^3\) sont aussi des racines septièmes de l’unité différentes de \(1\). Le calcul de la question 2 s’applique donc à \(\zeta^2 + \zeta^{-2}\) et à \(\zeta^3 + \zeta^{-3}\). Les trois réels \(2\cos(2k\pi/7)\), pour \(k = 1, 2, 3\), sont distincts, car le cosinus est strictement décroissant sur \([0, \pi]\). Ce sont donc les trois racines du polynôme, et elles sont toutes dans \(\mathbb{Q}(t)\). On a \(2\cos(4\pi/7) = t^2 – 2\), \(2\cos(6\pi/7) = 1 – t – t^2\), et \(\mathbb{Q}(t)\) est un corps de décomposition.
5. On a \(\zeta^2 – t\zeta + 1 = \zeta^2 – \zeta^2 – 1 + 1 = 0\). Donc \(\zeta\) annule \(X^2 – tX + 1\), à coefficients dans \(\mathbb{Q}(t)\). De plus, \(\zeta\) n’est pas réel, alors que \(\mathbb{Q}(t) \subset \mathbb{R}\). Ainsi \([\mathbb{Q}(\zeta):\mathbb{Q}(t)] = 2\). Comme \(t = \zeta + \zeta^6 \in \mathbb{Q}(\zeta)\), la base télescopique donne \([\mathbb{Q}(\zeta):\mathbb{Q}] = 2 \times 3 = 6\). Enfin, \(1 + X + \cdots + X^6\) est unitaire, de degré \(6\), et annule \(\zeta\). C’est le polynôme minimal de \(\zeta\) sur \(\mathbb{Q}\).

Pour aller plus loin

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