Degrés d’extension et constructibilité : corrigé du contrôle de maths en L3
Voici le corrigé du contrôle de maths en L3 sur le thème « degrés d’extension et constructibilité », question par question.
Cette correction suit la rédaction attendue dans une bonne copie de licence : chaque hypothèse est vérifiée et chaque théorème est nommé avant usage. La question de cours donne une preuve complète de la formule des degrés, avec la double vérification du caractère générateur et de la liberté. Ensuite, le nombre \(\sqrt{7} + \sqrt{3}\) est étudié pas à pas, et un schéma récapitule ses polynômes minimaux au-dessus de chaque sous-corps. Les tables du corps à quatre éléments sont données en entier, puis illustrées par un cycle. Enfin, le problème détaille la tour d’extensions quadratiques associée à un point constructible. Chaque exercice se termine par son barème et, quand il le faut, par un piège classique.
L’énoncé complet se trouve ici : Degrés d’extension et constructibilité : contrôle de maths en L3.
Barème du contrôle corrigé : degrés d’extension et constructibilité
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Question de cours : la règle des degrés | 3 points |
| 2. Le nombre alpha et ses sous-corps | 5 points |
| 3. Fabriquer un corps à quatre éléments | 5 points |
| 4. Problème : règle, compas et cube de Délos | 7 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : degrés d’extension et constructibilité
Exercice 1 – Question de cours : la règle des degrés (3 points)
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La famille engendre M
Soit \(z \in M\). Comme \((f_1, \ldots, f_m)\) est une base de \(M\) sur \(L\), il existe \(\lambda_1, \ldots, \lambda_m \in L\) tels que \(z = \sum_{j=1}^{m} \lambda_j f_j\). Ensuite, chaque \(\lambda_j\) appartient à \(L\), donc s’écrit \(\lambda_j = \sum_{i=1}^{n} \mu_{ij} e_i\) avec des \(\mu_{ij} \in K\). En reportant, on obtient \(z = \sum_{i, j} \mu_{ij}\, e_i f_j\) : la famille \((e_i f_j)\) est donc génératrice de \(M\) sur \(K\).
La famille est libre
Supposons maintenant \(\sum_{i, j} \mu_{ij}\, e_i f_j = 0\) avec des \(\mu_{ij} \in K\). Regroupons selon \(j\) : \(\sum_{j=1}^{m} \left( \sum_{i=1}^{n} \mu_{ij} e_i \right) f_j = 0\). Or les coefficients entre parenthèses sont dans \(L\), et la famille \((f_j)\) est libre sur \(L\). Par conséquent, \(\sum_{i} \mu_{ij} e_i = 0\) pour chaque \(j\). Puisque \((e_i)\) est libre sur \(K\), tous les \(\mu_{ij}\) sont nuls.
Conclusion
Les \(nm\) produits \(e_i f_j\) forment une base de \(M\) sur \(K\) : c’est la base télescopique. Ainsi \([M : K] = nm = [M : L]\,[L : K]\).
- Les inclusions \(K \subset K(a) \subset L\) et la finitude de \([L : K]\) entraînent que les deux degrés intermédiaires sont finis. En effet, \(K(a)\) est un sous-espace du \(K\)-espace \(L\), et toute base de \(L\) sur \(K\) engendre aussi \(L\) sur \(K(a)\). D’après la question 1, \([L : K] = [L : K(a)]\,[K(a) : K]\), donc \([K(a) : K]\) divise \([L : K]\). Ensuite, le polynôme \(X^2 – 2\) n’a pas de racine rationnelle, si bien que \(\sqrt{2}\) est de degré 2 sur \(\mathbb{Q}\). De plus, \([\mathbb{Q}(\sqrt[3]{5}) : \mathbb{Q}] = 3\) d’après l’énoncé. Si \(\sqrt{2}\) appartenait à \(\mathbb{Q}(\sqrt[3]{5})\), alors 2 diviserait 3, ce qui est absurde. Donc \(\sqrt{2} \notin \mathbb{Q}(\sqrt[3]{5})\).
Piège classique : oublier la liberté de la famille et conclure seulement à l’inégalité \([M : K] \leq nm\) ; la double vérification est indispensable.
Exercice 2 – Le nombre alpha et ses sous-corps (5 points)
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Une racine qui reste dehors
Admettons un instant l’existence de rationnels \(p\) et \(q\) tels que \(\sqrt{7} = p + q\sqrt{3}\). Le carré de cette égalité donne \(7 = p^2 + 3q^2 + 2pq\sqrt{3}\). Puisque \(\sqrt{3}\) est irrationnel, le produit \(pq\) est nul. Lorsque \(q = 0\), le réel \(\sqrt{7}\) vaudrait \(p\), donc serait rationnel. Lorsque \(p = 0\), on aurait \(3q^2 = 7\), puis \(\sqrt{21} = 3\,|q|\) rationnel. Ces deux conclusions sont fausses, car ni 7 ni 21 ne sont des carrés parfaits.
Le degré et la base
Par conséquent, le polynôme \(X^2 – 7\), de degré 2 et sans racine dans \(\mathbb{Q}(\sqrt{3})\), y est irréductible. Il en résulte que \(L\) est de degré 2 sur \(\mathbb{Q}(\sqrt{3})\), et la règle des degrés fournit \([L : \mathbb{Q}] = 2 \times 2 = 4\). En multipliant les vecteurs de \((1, \sqrt{3})\) par ceux de \((1, \sqrt{7})\), on obtient enfin la base \((1, \sqrt{3}, \sqrt{7}, \sqrt{21})\) de \(L\) sur \(\mathbb{Q}\).
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Les puissances de alpha
D’abord, \(\alpha^2 = 7 + 3 + 2\sqrt{21} = 10 + 2\sqrt{21}\). Ensuite, \(\alpha^3 = (\sqrt{7} + \sqrt{3})(10 + 2\sqrt{21})\), qui se développe en \(10\sqrt{7} + 2\sqrt{147} + 10\sqrt{3} + 2\sqrt{63}\). Comme \(\sqrt{147} = 7\sqrt{3}\) et \(\sqrt{63} = 3\sqrt{7}\), on trouve \(\alpha^3 = 24\sqrt{3} + 16\sqrt{7}\).
Isoler chaque racine
Il vient alors \(\alpha^3 – 16\alpha = 8\sqrt{3}\), et de même \(24\alpha – \alpha^3 = 8\sqrt{7}\). Ainsi \(\sqrt{3} = \frac{1}{8}\alpha^3 – 2\alpha\) et \(\sqrt{7} = 3\alpha – \frac{1}{8}\alpha^3\) sont dans \(\mathbb{Q}(\alpha)\), ce qui donne \(L \subset \mathbb{Q}(\alpha)\). Réciproquement, \(\alpha\) appartient à \(L\). Les deux corps \(\mathbb{Q}(\alpha)\) et \(L\) sont donc égaux.
- Puisque \(\alpha^2 – 10 = 2\sqrt{21}\), le carré donne \((\alpha^2 – 10)^2 = 84\), c’est-à-dire \(\alpha^4 – 20\alpha^2 + 16 = 0\). Le polynôme minimal \(\mu\) de \(\alpha\) divise donc \(Q = X^4 – 20X^2 + 16\). Or \(\deg \mu = [\mathbb{Q}(\alpha) : \mathbb{Q}]\), qui vaut 4 d’après les deux questions précédentes. Comme \(\mu\) et \(Q\) sont unitaires, de même degré, et que l’un divise l’autre, ils coïncident : le polynôme minimal de \(\alpha\) sur \(\mathbb{Q}\) est \(X^4 – 20X^2 + 16\).
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Le sous-corps engendré par √21
Le réel \(\sqrt{21}\) est le produit de \(\sqrt{3}\) et \(\sqrt{7}\), deux éléments de \(L\) : il appartient donc à \(L\). Il est irrationnel, si bien que \(\mathbb{Q}(\sqrt{21})\) est de degré 2 sur \(\mathbb{Q}\). Supposons que \(\alpha\) y appartienne : alors \(L = \mathbb{Q}(\alpha)\) serait contenu dans un corps de degré 2, ce qui contredit \([L : \mathbb{Q}] = 4\). Le degré de \(\alpha\) au-dessus de \(\mathbb{Q}(\sqrt{21})\) vaut donc au moins 2, et \(\alpha\) annule \(X^2 – (10 + 2\sqrt{21})\). Ce polynôme \(X^2 – 10 – 2\sqrt{21}\) est le polynôme minimal cherché.
Le sous-corps engendré par √3
Le même argument montre que \(\alpha \notin \mathbb{Q}(\sqrt{3})\). Ensuite, l’égalité \((\alpha – \sqrt{3})^2 = 7\) se développe en \(\alpha^2 – 2\sqrt{3}\,\alpha – 4 = 0\). Au-dessus de \(\mathbb{Q}(\sqrt{3})\), le polynôme minimal de \(\alpha\) est donc \(X^2 – 2\sqrt{3}\,X – 4\). Le schéma rassemble ces résultats, ainsi que le cas voisin de \(\mathbb{Q}(\sqrt{7})\).
Piège classique : déduire l’irréductibilité de \(X^4 – 20X^2 + 16\) de l’absence de racine rationnelle ; cette implication est fausse dès le degré 4, où deux facteurs de degré 2 restent possibles.
Exercice 3 – Fabriquer un corps à quatre éléments (5 points)
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Irréductibilité de P
On a \(P(0) = 1\) et \(P(1) = 1 + 1 + 1 = 1\) dans \(\mathbb{F}_2\) : le polynôme \(P\) n’a aucune racine. Comme il est de degré 2, toute factorisation non triviale ferait apparaître un facteur de degré 1, donc une racine. Ainsi \(P\) est irréductible sur \(\mathbb{F}_2\).
Structure du quotient
L’anneau \(\mathbb{F}_2[X]\) est principal, car \(\mathbb{F}_2\) est un corps. L’idéal \((P)\), engendré par un irréductible, est alors maximal, si bien que \(\mathbb{F}_4\) est un corps. Ensuite, la division euclidienne par \(P\) montre que chaque classe contient un unique polynôme de degré au plus 1. Par conséquent, \((1, j)\) est une base de \(\mathbb{F}_4\) sur \(\mathbb{F}_2\), et \(\mathbb{F}_4 = \{0, 1, j, j + 1\}\).
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Addition
En caractéristique 2, on a \(x + x = 0\) pour tout \(x\). Les seules sommes à calculer sont donc \(1 + j = j + 1\), \(1 + (j + 1) = j\) et \(j + (j + 1) = 1\).
\(+\) \(0\) \(1\) \(j\) \(j + 1\) \(0\) \(0\) \(1\) \(j\) \(j + 1\) \(1\) \(1\) \(0\) \(j + 1\) \(j\) \(j\) \(j\) \(j + 1\) \(0\) \(1\) \(j + 1\) \(j + 1\) \(j\) \(1\) \(0\) Multiplication
La relation \(P(j) = 0\) s’écrit \(j^2 = j + 1\), puisque \(-1 = 1\). On en déduit \(j(j + 1) = j^2 + j = 2j + 1 = 1\), puis \((j + 1)^2 = j^2 + 1 = j\).
\(\times\) \(1\) \(j\) \(j + 1\) \(1\) \(1\) \(j\) \(j + 1\) \(j\) \(j\) \(j + 1\) \(1\) \(j + 1\) \(j + 1\) \(1\) \(j\) Les deux tables sont symétriques, ce qui confirme la commutativité. Le produit par 0 vaut toujours 0, d’où son absence dans la seconde table.
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Un groupe cyclique
Le groupe \(\mathbb{F}_4^{*} = \{1, j, j + 1\}\) est d’ordre 3, nombre premier. D’après le théorème de Lagrange, tout élément différent de 1 y est d’ordre 3. Concrètement, \(j^1 = j\), \(j^2 = j + 1\) et \(j^3 = j(j + 1) = 1\). Le groupe \(\mathbb{F}_4^{*}\) est donc cyclique, engendré par \(j\).
Le morphisme de Frobenius
Pour tous \(x, y\), on a \((xy)^2 = x^2 y^2\) et \(\varphi(1) = 1\). De plus, \((x + y)^2 = x^2 + 2xy + y^2 = x^2 + y^2\), car \(2 = 0\) dans \(\mathbb{F}_4\). Ainsi \(\varphi\) est un morphisme de corps, donc injectif, et par suite bijectif sur l’ensemble fini \(\mathbb{F}_4\). C’est un automorphisme, qui fixe 0 et 1 et échange \(j\) et \(j + 1\), puisque \(j^2 = j + 1\) et \((j + 1)^2 = j\). La figure résume ces deux actions.
- Sur \(\mathbb{F}_2\), il existe exactement quatre polynômes unitaires de degré 2 : \(X^2 = X \cdot X\), \(X^2 + 1 = (X + 1)^2\), \(X^2 + X = X(X + 1)\) et \(P\). Les trois premiers se factorisent, donc \(P\) est le seul irréductible de degré 2. Puis on développe : \(X(X + 1) = X^2 + X\), et \((X^2 + X)(X^2 + X + 1) = X^4 + 2X^3 + 2X^2 + X = X^4 + X\) dans \(\mathbb{F}_2[X]\). Enfin, \(0^4 = 0\), et pour \(x \neq 0\) on a \(x^3 = 1\) d’après la question 3, d’où \(x^4 = x\) pour tout \(x \in \mathbb{F}_4\). Les quatre éléments de \(\mathbb{F}_4\) sont donc exactement les racines de \(X^4 + X\), c’est-à-dire de \(X^4 – X\).
Piège classique : écrire \(j^2 = -j – 1\) puis oublier que \(-1 = 1\) en caractéristique 2, ce qui fausse toute la table de multiplication.
Exercice 4 – Problème : règle, compas et cube de Délos (7 points)
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Le calcul de CD
Le point \(D\) est sur le cercle de diamètre \([AB]\), donc le triangle \(ADB\) est rectangle en \(D\). Le théorème de Pythagore, appliqué aux triangles \(ACD\), \(BCD\) puis \(ADB\), donne \(AD^2 = 9 + CD^2\), \(BD^2 = 1 + CD^2\) et \(AD^2 + BD^2 = AB^2 = 16\). En additionnant, \(10 + 2\,CD^2 = 16\), d’où \(CD^2 = 3\) et \(CD = \sqrt{3}\).
Le cas général
Soit \(a > 0\) constructible. Alors \(-a\) l’est aussi, puisque les réels constructibles forment un corps. Plaçons \(A(-a, 0)\), \(C = O\) et \(B = I\). Le milieu de \([AB]\), d’abscisse \(\frac{1 – a}{2}\), est constructible ; on trace donc le cercle de diamètre \([AB]\), puis la perpendiculaire en \(O\) à l’axe. Le même calcul fournit alors \(CD^2 = a \times 1\), donc \(D = (0, \sqrt{a})\). Enfin, le cercle de centre \(O\) passant par \(D\) coupe l’axe en \((\sqrt{a}, 0)\). Par conséquent, \(\sqrt{a}\) est constructible.
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Une droite coupée par un cercle
Supposons d’abord \(v \neq 0\). Alors \(y = -\frac{ux + w}{v}\), et en reportant dans l’équation du cercle on obtient \(\left(1 + \frac{u^2}{v^2}\right)x^2 + \beta x + \gamma = 0\), avec \(\beta, \gamma \in K\). Le coefficient dominant est non nul et appartient à \(K\). S’il existe un point d’intersection, le discriminant \(\delta\) de cette équation est positif, et \(x = \frac{-\beta \pm \sqrt{\delta}}{2 + 2u^2 / v^2}\) appartient à \(K(\sqrt{\delta})\). L’ordonnée \(y\), fonction affine de \(x\) à coefficients dans \(K\), y appartient aussi. Quand \(v = 0\), on a \(u \neq 0\), donc \(x = -\frac{w}{u} \in K\) ; l’équation en \(y\) est alors du second degré à coefficients dans \(K\), et le même raisonnement s’applique.
Deux droites
En revanche, l’intersection de deux droites sécantes se calcule par les formules de Cramer. Elle ne fait intervenir que des quotients d’éléments de \(K\). Ses coordonnées restent donc dans \(K\), tandis qu’une droite et un cercle conduisent au plus à \(K(\sqrt{\delta})\), extension de degré 1 ou 2.
- Pour chaque \(i\), le degré \([K_{i+1} : K_i]\) vaut 1 ou 2. Par la règle des degrés, appliquée de proche en proche, \([K_r : \mathbb{Q}] = \prod_{i=0}^{r-1} [K_{i+1} : K_i] = 2^s\) pour un entier \(s\). Or \(\mathbb{Q} \subset \mathbb{Q}(x) \subset K_r\), car \(x \in K_r\). D’après l’exercice 1, \([\mathbb{Q}(x) : \mathbb{Q}]\) divise donc \(2^s\). Ce degré est ainsi une puissance de 2.
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Irréductibilité de X³ − 2
Le critère d’Eisenstein s’applique avec le nombre premier 2 : il divise les coefficients 0, 0 et \(-2\), ne divise pas le coefficient dominant 1, et 4 ne divise pas \(-2\). Le polynôme \(X^3 – 2\) est donc irréductible sur \(\mathbb{Q}\).
Ce que réclamait l’oracle
Le nouvel autel doit avoir un volume égal à 2, donc une arête \(\ell\) telle que \(\ell^3 = 2\), soit \(\ell = \sqrt[3]{2}\). Ce réel annule le polynôme unitaire et irréductible \(X^3 – 2\), qui est donc son polynôme minimal : le degré de \(\ell\) sur \(\mathbb{Q}\) vaut 3. Or 3 n’est pas une puissance de 2, et la question 3 interdit alors à \(\ell\) d’être constructible. Aucune construction à la règle et au compas ne fournit l’arête demandée : le vœu de l’oracle reste hors de portée.
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L’équation vérifiée par t
Notons \(c = \cos\frac{2\pi}{9}\), de sorte que \(t = 2c\). La formule donnée, appliquée à \(x = \frac{2\pi}{9}\), fournit \(c\,(4c^2 – 3) = \cos\frac{2\pi}{3} = -\frac{1}{2}\). Multiplions par 2 : comme \(2c\,(4c^2 – 3) = t\,(t^2 – 3)\), on obtient \(t^3 – 3t = -1\), d’où \(t^3 – 3t + 1 = 0\).
Pourquoi le partage échoue
Si le polynôme \(X^3 – 3X + 1\) avait une racine rationnelle, celle-ci serait entière et diviserait le terme constant 1. Pourtant, les valeurs en 1 et en \(-1\) valent \(-1\) et 3, qui sont non nulles. Sans racine dans \(\mathbb{Q}\) et de degré 3, ce polynôme est irréductible, donc \(t\) est de degré 3 et n’est pas constructible. Supposons maintenant qu’on sache partager un angle de \(120^\circ\) en trois. On obtiendrait le point du cercle unité d’angle polaire \(40^\circ\), puis son abscisse \(c\) par projection sur l’axe, et enfin \(t = 2c\) : c’est absurde. Notons d’ailleurs que l’angle de \(120^\circ\) est bien constructible, car le cosinus et le sinus de \(120^\circ\) valent \(-\frac{1}{2}\) et \(\frac{\sqrt{3}}{2}\). Le partage en trois angles égaux est donc impossible ici.
Piège classique : croire qu’un réel dont le degré est une puissance de 2 est forcément constructible ; seul le sens direct a été démontré ici, et la réciproque est fausse en général.
À retenir de ce contrôle
- Pour trois corps emboîtés, les produits des vecteurs de deux bases forment une base, donc les degrés se multiplient.
- Quand une extension finie contient un élément algébrique, le degré de cet élément est un diviseur du sien : un simple calcul de divisibilité prouve souvent une non-appartenance.
- Un polynôme annulateur unitaire dont le degré égale celui de l’extension engendrée est forcément le polynôme minimal.
- Un polynôme de degré deux ou trois est irréductible sur un corps dès qu’il n’y possède aucune racine.
- Un réel constructible a un degré sur Q égal à une puissance de 2 ; la racine cubique de 2, de degré 3, ne l’est donc pas.
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