Exercices corrigés — Théorie de Galois

$[K(\alpha):K]=\deg\mu_\alpha$ où $\mu_\alpha$ est le polynôme minimal.

$\mu_\alpha$ est unitaire, irréductible, et $\alpha$ en est racine.

$X^2-2$, $X^3-2$, $X^2+1$ sont irréductibles sur $\mathbb{Q}$.

$\mu_{\sqrt2}=X^2-2$ (irréductible, critère d'Eisenstein) $\Rightarrow[\mathbb{Q}(\sqrt2):\mathbb{Q}]=2$. $\mu_{\sqrt[3]2}=X^3-2$ $\Rightarrow$ degré $3$. $\mu_i=X^2+1$ $\Rightarrow$ degré $2$.

Prendre une base $(e_i)$ de $L/K$ et une base $(f_j)$ de $M/L$.

Montrer que $(e_if_j)$ est une base de $M/K$.

Génération + liberté.

Soit $(e_i)_{i\leq[L:K]}$ une $K$-base de $L$ et $(f_j)_{j\leq[M:L]}$ une $L$-base de $M$. Tout $x\in M$ s'écrit $x=\sum_j\lambda_jf_j$ ($\lambda_j\in L$), puis $\lambda_j=\sum_i\mu_{ij}e_i$ ($\mu_{ij}\in K$), donc $x=\sum_{i,j}\mu_{ij}e_if_j$ : les $e_if_j$ engendrent. Pour la liberté, si $\sum_{i,j}\mu_{ij}e_if_j=0$, regrouper par $f_j$ : $\sum_j(\sum_i\mu_{ij}e_i)f_j=0$, les $f_j$ libres sur $L$ donnent $\sum_i\mu_{ij}e_i=0$, puis les $e_i$ libres sur $K$ donnent $\mu_{ij}=0$.

$[\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3):\mathbb{Q}]=[\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3):\mathbb{Q}(\sqrt2)]\cdot[\mathbb{Q}(\sqrt2):\mathbb{Q}]=2\cdot2=4$ ($\sqrt3\notin\mathbb{Q}(\sqrt2)$, donc $X^2-3$ reste irréductible sur $\mathbb{Q}(\sqrt2)$).

Considérer l'idéal $I=\{P\in K[X]:P(\alpha)=0\}$, noyau de l'évaluation.

$K[X]$ est principal : $I=(\mu)$ avec $\mu$ unitaire.

$K(\alpha)\cong K[X]/(\mu)$ ; corps $\iff\mu$ irréductible.

L'évaluation $K[X]\to L,\ P\mapsto P(\alpha)$ a pour noyau un idéal $I\neq(0)$ ($\alpha$ algébrique). $K[X]$ étant principal, $I=(\mu_\alpha)$ avec $\mu_\alpha$ unitaire unique de degré minimal. Son image est $K[\alpha]\cong K[X]/(\mu_\alpha)$.

$K[\alpha]=K(\alpha)$ est un corps (sous-anneau intègre fini-dimensionnel), donc $K[X]/(\mu_\alpha)$ est un corps, i.e. $(\mu_\alpha)$ maximal, i.e. $\mu_\alpha$ irréductible. Enfin $(1,\alpha,\dots,\alpha^{\deg\mu-1})$ est une base de $K(\alpha)$ : $[K(\alpha):K]=\deg\mu_\alpha$.

Corps de décomposition = plus petit corps où $P$ est scindé.

$X^3-2$ a pour racines $\sqrt[3]2,\ j\sqrt[3]2,\ j^2\sqrt[3]2$ ($j=e^{2i\pi/3}$).

Il faut adjoindre $\sqrt[3]2$ ET $j$.

Racines $\pm\sqrt2$, déjà dans $\mathbb{Q}(\sqrt2)$ : corps de décomposition $\mathbb{Q}(\sqrt2)$, degré $2$.

Racines $\sqrt[3]2,j\sqrt[3]2,j^2\sqrt[3]2$ : il faut $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2,j)$. Degré $[\mathbb{Q}(\sqrt[3]2,j):\mathbb{Q}]=[\,\cdot:\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)]\cdot 3=2\cdot3=6$ (car $j$ de degré $2$, non réel). C'est l'ordre du groupe de Galois $S_3$.

Soit $n=[L:K]$ et $\alpha\in L$.

Les $1,\alpha,\dots,\alpha^n$ sont $n+1$ vecteurs dans un espace de dimension $n$.

Ils sont donc liés.

Soit $n=[L:K]<\infty$ et $\alpha\in L$. Les $n+1$ éléments $1,\alpha,\alpha^2,\dots,\alpha^n$ vivent dans le $K$-espace $L$ de dimension $n$ : ils sont linéairement dépendants. Il existe donc $(c_0,\dots,c_n)\neq 0$ dans $K$ avec $\sum c_k\alpha^k=0$ : $\alpha$ annule le polynôme non nul $\sum c_kX^k$, donc est algébrique sur $K$.

$\mathbb{Q}(\theta)\subseteq\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3)$ est clair.

Calculer $\theta^3$ pour exprimer $\sqrt2$ en fonction de $\theta$.

$\theta^2=5+2\sqrt6$, donc $\theta$ a degré $4$.

$\theta^2=5+2\sqrt6$ et $\theta^3=11\sqrt2+9\sqrt3$. De $\theta^3$ et $\theta$ on tire $\sqrt2=\tfrac{\theta^3-9\theta}{2}$ et $\sqrt3=\tfrac{11\theta-\theta^3}{2}\in\mathbb{Q}(\theta)$. Donc $\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3)\subseteq\mathbb{Q}(\theta)$, d'où l'égalité.

$\theta^2=5+2\sqrt6\Rightarrow(\theta^2-5)^2=24\Rightarrow\theta^4-10\theta^2+1=0$. Comme $[\mathbb{Q}(\theta):\mathbb{Q}]=4$, $\mu_\theta=X^4-10X^2+1$.

Si $P(\alpha)=0$ et $\sigma$ fixe $K$, appliquer $\sigma$ à $P(\alpha)=0$.

$\sigma(P(\alpha))=P(\sigma(\alpha))$ car $\sigma$ fixe les coefficients.

$\sigma$ est déterminé par $\sigma(\alpha)$, qui est une racine de $\mu_\alpha$.

Soit $\sigma\in\operatorname{Gal}(L/K)$ et $\alpha$ racine de $P=\sum a_kX^k\in K[X]$. Alors $0=\sigma(0)=\sigma(P(\alpha))=\sum\sigma(a_k)\sigma(\alpha)^k=\sum a_k\sigma(\alpha)^k=P(\sigma(\alpha))$ (car $\sigma$ fixe $a_k\in K$). Donc $\sigma(\alpha)$ est aussi racine de $P$.

Pour $L=K(\alpha)$, $\sigma$ est entièrement déterminé par $\sigma(\alpha)$, qui doit être une racine de $\mu_\alpha$ dans $L$. Or $\mu_\alpha$ a au plus $\deg\mu_\alpha=[L:K]$ racines. Donc $\lvert\operatorname{Gal}(L/K)\rvert\leq[L:K]$.

Un automorphisme envoie $\sqrt2$ sur une racine de $X^2-2$ DANS le corps.

$X^2-2$ a deux racines $\pm\sqrt2$, toutes deux dans $\mathbb{Q}(\sqrt2)$.

$X^3-2$ n'a qu'UNE racine réelle ; $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)\subset\mathbb{R}$.

$\sigma(\sqrt2)\in\{\sqrt2,-\sqrt2\}$, les deux dans $\mathbb{Q}(\sqrt2)$ : deux automorphismes (identité et $\sqrt2\mapsto-\sqrt2$). $\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\sqrt2)/\mathbb{Q})\cong C_2$, d'ordre $2=[L:\mathbb{Q}]$ : galoisienne.

$\sigma(\sqrt[3]2)$ doit être racine de $X^3-2$ DANS $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)$. Or $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)\subset\mathbb{R}$ ne contient que la racine réelle $\sqrt[3]2$ (les deux autres sont complexes). Donc $\sigma(\sqrt[3]2)=\sqrt[3]2$ : $\sigma=\mathrm{id}$. $\lvert\operatorname{Gal}\rvert=1<3$ : non galoisienne.

Galoisienne = normale + séparable.

Normale : $L$ corps de décomposition (toute racine d'un irréductible ayant une racine dans $L$ y est entièrement).

En caractéristique 0, séparable est automatique.

$L/K$ est galoisienne si elle est normale (corps de décomposition d'une famille de polynômes : tout irréductible de $K[X]$ ayant une racine dans $L$ y est scindé) et séparable (polynômes minimaux à racines simples — automatique en caractéristique $0$).

Toujours $\lvert\operatorname{Gal}(L/K)\rvert\leq[L:K]$ (B1). L'égalité a lieu exactement quand il y a « assez » d'automorphismes pour que toutes les racines des polynômes minimaux soient dans $L$ (normalité) et distinctes (séparabilité) : c'est la caractérisation $\lvert\operatorname{Gal}\rvert=[L:K]\iff L/K$ galoisienne. Le corps fixe $L^{\operatorname{Gal}(L/K)}=K$ (lemme d'Artin).

Un automorphisme est déterminé par $(\sigma(\sqrt2),\sigma(\sqrt3))$.

$\sigma(\sqrt2)\in\{\pm\sqrt2\}$, $\sigma(\sqrt3)\in\{\pm\sqrt3\}$ : $4$ choix.

Chaque automorphisme est d'ordre $\leq 2$.

$\sigma$ est déterminé par les signes $(\sigma(\sqrt2),\sigma(\sqrt3))=(\pm\sqrt2,\pm\sqrt3)$ : $4$ automorphismes, et $[L:\mathbb{Q}]=4$ donc tous existent (galoisienne). On note $\mathrm{id},\sigma(\sqrt2\mapsto-\sqrt2),\tau(\sqrt3\mapsto-\sqrt3),\sigma\tau$.

Chaque élément vérifie $\sigma^2=\mathrm{id}$ et le groupe est abélien : $\operatorname{Gal}\cong(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^2$, le groupe de Klein (ordre $4$, non cyclique).

$G\subseteq\operatorname{Gal}(L/L^G)$ par définition de $L^G$.

$\lvert\operatorname{Gal}(L/L^G)\rvert\leq[L:L^G]=\lvert G\rvert$.

Comparer les deux inégalités.

Par définition, tout $\sigma\in G$ fixe $L^G$, donc $G\subseteq\operatorname{Gal}(L/L^G)$, d'où $\lvert G\rvert\leq\lvert\operatorname{Gal}(L/L^G)\rvert$. Mais $\lvert\operatorname{Gal}(L/L^G)\rvert\leq[L:L^G]=\lvert G\rvert$ (Artin admis + B1). Donc $\lvert\operatorname{Gal}(L/L^G)\rvert=[L:L^G]=\lvert G\rvert$.

L'égalité $\lvert\operatorname{Gal}\rvert=[L:L^G]$ dit que $L/L^G$ est galoisienne (B3), et $G=\operatorname{Gal}(L/L^G)$ (inclusion + même cardinal fini). Le corps fixe d'un groupe d'automorphismes redonne donc exactement le « bas » de l'extension.

$\varphi$ est un morphisme de corps (rêve du débutant) fixant $\mathbb{F}_p$ (petit Fermat).

L'ordre de $\varphi$ : $\varphi^k=\mathrm{id}\iff x^{p^k}=x\ \forall x\iff p^n-1\mid p^k-1$.

Le plus petit tel $k$ est $n$ ; et $\lvert\operatorname{Gal}\rvert\leq n$.

$\varphi(x)=x^p$ vérifie $\varphi(x+y)=\varphi(x)+\varphi(y)$ (caractéristique $p$) et $\varphi(xy)=\varphi(x)\varphi(y)$ : c'est un automorphisme de $\mathbb{F}_{p^n}$. Il fixe $\mathbb{F}_p$ ($x^p=x$ par le petit théorème de Fermat). Donc $\varphi\in\operatorname{Gal}(\mathbb{F}_{p^n}/\mathbb{F}_p)$.

$\varphi^k(x)=x^{p^k}$ ; $\varphi^k=\mathrm{id}\iff$ tout élément vérifie $x^{p^k}=x\iff$ un générateur du groupe cyclique $\mathbb{F}_{p^n}^\times$ (d'ordre $p^n-1$) est fixé $\iff p^n-1\mid p^k-1\iff n\mid k$. Le plus petit tel $k\geq1$ est $n$ : l'ordre de $\varphi$ est $n$. Comme $\lvert\operatorname{Gal}\rvert\leq[\mathbb{F}_{p^n}:\mathbb{F}_p]=n$, le groupe est $\langle\varphi\rangle\cong\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$, cyclique : l'extension est galoisienne.

À $H\leq G$ on associe son corps fixe $L^H$.

À un corps intermédiaire $M$ on associe $\operatorname{Gal}(L/M)$.

Plus $H$ est gros, plus $L^H$ est petit.

Les applications $H\mapsto L^H$ et $M\mapsto\operatorname{Gal}(L/M)$ sont réciproques l'une de l'autre, réalisant une bijection entre les sous-groupes de $G=\operatorname{Gal}(L/K)$ et les corps intermédiaires $K\subseteq M\subseteq L$.

Elle renverse les inclusions : $H_1\subseteq H_2\iff L^{H_1}\supseteq L^{H_2}$. Le sous-groupe trivial $\{\mathrm{id}\}$ correspond à $L$, le groupe entier $G$ à $K$. (S'appuie sur le lemme d'Artin : $L^{\operatorname{Gal}(L/M)}=M$ et $\operatorname{Gal}(L/L^H)=H$.)

$L/L^H$ est galoisienne de groupe $H$ (lemme d'Artin).

Donc $[L:L^H]=\lvert H\rvert$.

Tour des degrés : $[L:K]=[L:L^H]\,[L^H:K]$ et $[L:K]=\lvert G\rvert$.

Par le lemme d'Artin appliqué à $H$ agissant sur $L$, $L/L^H$ est galoisienne et $\operatorname{Gal}(L/L^H)=H$, donc $[L:L^H]=\lvert H\rvert$.

La tour $K\subseteq L^H\subseteq L$ donne $[L:K]=[L:L^H]\,[L^H:K]$, soit $\lvert G\rvert=\lvert H\rvert\,[L^H:K]$. D'où $[L^H:K]=\dfrac{\lvert G\rvert}{\lvert H\rvert}=[G:H]$.

$G=\{\mathrm{id},\sigma,\tau,\sigma\tau\}$ ($\sigma:\sqrt2\mapsto-\sqrt2$, $\tau:\sqrt3\mapsto-\sqrt3$).

Sous-groupes : $\{\mathrm{id}\}$, $\langle\sigma\rangle$, $\langle\tau\rangle$, $\langle\sigma\tau\rangle$, $G$.

$\sigma$ fixe $\sqrt3$ ; $\tau$ fixe $\sqrt2$ ; $\sigma\tau$ fixe $\sqrt6$.

$\{\mathrm{id}\}\leftrightarrow L$ ($[L:L]=1$) ; $\langle\sigma\rangle\leftrightarrow\mathbb{Q}(\sqrt3)$ ; $\langle\tau\rangle\leftrightarrow\mathbb{Q}(\sqrt2)$ ; $\langle\sigma\tau\rangle\leftrightarrow\mathbb{Q}(\sqrt6)$ ($\sigma\tau$ fixe $\sqrt2\sqrt3=\sqrt6$) ; $G\leftrightarrow\mathbb{Q}$.

$[L:L^H]=\lvert H\rvert$ : $4,2,2,2,1$ ; $[L^H:\mathbb{Q}]=[G:H]$ : $1,2,2,2,4$. $G$ abélien $\Rightarrow$ les $4$ corps intermédiaires propres sont tous galoisiens sur $\mathbb{Q}$.

$\sigma\in G$ envoie $L^H$ sur $L^{\sigma H\sigma^{-1}}$.

$L^H$ stable par tout $G$ $\iff\sigma H\sigma^{-1}=H$ $\iff H$ normal.

La restriction $G\to\operatorname{Gal}(L^H/K)$ a pour noyau $H$.

Pour $\sigma\in G$, $\sigma(L^H)=L^{\sigma H\sigma^{-1}}$. Donc $L^H$ est stable par tous les éléments de $G$ (condition de normalité de l'extension $L^H/K$) $\iff\sigma H\sigma^{-1}=H$ pour tout $\sigma$ $\iff H\triangleleft G$.

Si $H\triangleleft G$, la restriction $\rho:G\to\operatorname{Gal}(L^H/K)$, $\sigma\mapsto\sigma_{\mid L^H}$, est un morphisme surjectif de noyau exactement $H$ (les $\sigma$ fixant $L^H$). Le premier théorème d'isomorphisme donne $\operatorname{Gal}(L^H/K)\cong G/H$.

$S_3$ a : $\{\mathrm{id}\}$, trois sous-groupes d'ordre $2$, un d'ordre $3$ ($A_3$), $S_3$.

$A_3\triangleleft S_3$ ; les trois d'ordre $2$ ne sont PAS normaux.

$L^{A_3}=\mathbb{Q}(j)$ (degré $2$).

$A_3=\langle(123)\rangle$ d'ordre $3$ ↔ corps de degré $[S_3:A_3]=2$, soit $\mathbb{Q}(j)$. Les trois sous-groupes d'ordre $2$ ↔ corps de degré $3$ : $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)$, $\mathbb{Q}(j\sqrt[3]2)$, $\mathbb{Q}(j^2\sqrt[3]2)$.

$A_3\triangleleft S_3$ $\Rightarrow\mathbb{Q}(j)/\mathbb{Q}$ galoisienne (de groupe $S_3/A_3\cong C_2$). Les trois sous-groupes d'ordre $2$ non normaux $\Rightarrow\mathbb{Q}(\sqrt[3]2),\mathbb{Q}(j\sqrt[3]2),\mathbb{Q}(j^2\sqrt[3]2)$ non galoisiens sur $\mathbb{Q}$ (cohérent : $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)$ n'est pas normale).

Un automorphisme envoie $\zeta_n$ sur une autre racine primitive $\zeta_n^k$.

$\zeta_n^k$ primitive $\iff\gcd(k,n)=1$.

$\sigma_k\circ\sigma_l=\sigma_{kl}$ : isomorphisme avec $(\mathbb{Z}/n)^\times$.

$\sigma\in\operatorname{Gal}$ est déterminé par $\sigma(\zeta_n)=\zeta_n^{k}$ avec $\zeta_n^k$ racine primitive, i.e. $\gcd(k,n)=1$. L'application $\sigma_k\mapsto\bar k$ est un isomorphisme $\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q})\xrightarrow{\sim}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times$ (car $\sigma_k\sigma_l=\sigma_{kl}$). L'extension est abélienne, de degré $\varphi(n)$ ($\Phi_n$ irréductible).

$\varphi(5)=4$, $\varphi(8)=4$, $\varphi(12)=4$.