Théorie de Galois : 18 exercices corrigés

Extension de corps et degré

CalculDifficulté 3/5

Donner $[\mathbb{Q}(\sqrt2):\mathbb{Q}]$ , $[\mathbb{Q}(\sqrt[3]2):\mathbb{Q}]$ et $[\mathbb{Q}(i):\mathbb{Q}]$ , avec le polynôme minimal de chaque générateur.

Indices (3)

$[K(\alpha):K]=\deg\mu_\alpha$ 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 $\mathbb{Q}$ .

Correction détaillée

Ce qu'est le degré d'une extension

Si $K\subset L$ sont deux corps, $L$ est un $K$ -espace vectoriel (mêmes opérations, les scalaires étant pris dans $K$ ). Le degré est sa dimension :

[L:K]=\dim_K L

Le lien avec les polynômes : si $L=K(\alpha)$ avec $\alpha$ algébrique, alors

\boxed{[K(\alpha):K]=\deg\mu_\alpha}

où $\mu_\alpha$ est le polynôme minimal (exercice A3). Une base est $(1,\alpha,\dots,\alpha^{d-1})$ avec $d=\deg\mu_\alpha$ .

Calculer un degré revient donc à trouver un polynôme minimal — et à prouver qu'il est irréductible, ce qui est la seule vraie difficulté.

$\mathbb{Q}(\sqrt2)$

$\sqrt2$ annule $X^2-2$ .

Irréductible sur $\mathbb{Q}$ : un polynôme de degré $2$ est réductible si et seulement s'il a une racine rationnelle. Or $\sqrt2\notin\mathbb{Q}$ — c'est le théorème classique d'irrationalité. (Alternativement : critère d'Eisenstein en $p=2$ .)

\boxed{\mu_{\sqrt2}=X^2-2,\qquad [\mathbb{Q}(\sqrt2):\mathbb{Q}]=2}

Une base : $(1,\sqrt2)$ . Tout élément s'écrit $a+b\sqrt2$ de façon unique, et le produit se calcule en réduisant par $(\sqrt2)^2=2$ :

(a+b\sqrt2)(c+d\sqrt2)=(ac+2bd)+(ad+bc)\sqrt2

$\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)$

$\sqrt[3]2$ annule $X^3-2$ .

Irréductible par le critère d'Eisenstein en $p=2$ : le coefficient dominant $1$ n'est pas divisible par $2$ , tous les autres ( $0,0,-2$ ) le sont, et le terme constant $-2$ n'est pas divisible par $4$ .

\boxed{\mu_{\sqrt[3]2}=X^3-2,\qquad [\mathbb{Q}(\sqrt[3]2):\mathbb{Q}]=3}

Base : $(1,\sqrt[3]2,\sqrt[3]4)$ .

⚠️ Cette extension n'est PAS galoisienne : elle ne contient qu'une des trois racines de $X^3-2$ , les deux autres étant complexes. C'est le contre-exemple central du chapitre (exercices B2 et E5).

$\mathbb{Q}(i)$

$i$ annule $X^2+1$ , irréductible sur $\mathbb{Q}$ (pas de racine réelle, donc a fortiori pas de racine rationnelle).

\boxed{\mu_i=X^2+1,\qquad [\mathbb{Q}(i):\mathbb{Q}]=2}

Base : $(1,i)$ , et $\mathbb{Q}(i)=\{a+bi:a,b\in\mathbb{Q}\}$ .

Contrairement à $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)$ , celle-ci EST galoisienne : elle contient les deux racines $\pm i$ de $X^2+1$ . Son groupe de Galois est $\{\mathrm{id},\ \text{la conjugaison}\}\simeq\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ .

Le tableau, et le critère qui décide

\begin{array}{lccl} \alpha & \mu_\alpha & \text{degr\'e} & \text{galoisienne ?}\\\hline \sqrt2 & X^2-2 & 2 & \text{oui (}\pm\sqrt2\text{ r\'eels)}\\ i & X^2+1 & 2 & \text{oui}\\ \sqrt[3]2 & X^3-2 & 3 & \textbf{NON}\\ \sqrt2+\sqrt3 & X^4-10X^2+1 & 4 & \text{oui (exercice A6)} \end{array}

👉 Le critère : $K(\alpha)/K$ est galoisienne si et seulement si $K(\alpha)$ contient toutes les racines de $\mu_\alpha$ (et que celles-ci sont simples). En degré $2$ (hors caractéristique $2$ ) c'est automatique — la seconde racine est $-\alpha$ moins le coefficient, donc elle est dans l'extension. En degré $\geq 3$ , ça ne l'est plus.

Deux outils d'irréductibilité, à avoir en réflexe :

degré $\leq 3$ : pas de racine dans $K$ suffit ;
Eisenstein en $p$ : $p\nmid a_n$ , $p\mid a_i$ pour $i<n$ , $p^2\nmid a_0$ .

Réponse.

[\mathbb{Q}(\sqrt2):\mathbb{Q}]=2

,

[\mathbb{Q}(\sqrt[3]2):\mathbb{Q}]=3

,

[\mathbb{Q}(i):\mathbb{Q}]=2

. (Vérifié machine — A1 ✓)

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Tour des degrés

DémonstrationDifficulté 3/5

Démontrer la multiplicativité des degrés : si $K\subseteq L\subseteq M$ sont des extensions finies, alors $[M:K]=[M:L]\,[L:K]$ . L'appliquer à $[\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3):\mathbb{Q}]$ .

Indices (3)

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.

Correction détaillée

Le théorème de la base télescopique

\boxed{K\subseteq L\subseteq M\ \Longrightarrow\ [M:K]=[M:L]\cdot[L:K]}

L'idée : si $(e_i)$ est une base de $L$ sur $K$ et $(f_j)$ une base de $M$ sur $L$ , alors les produits $(e_if_j)$ forment une base de $M$ sur $K$ .

\text{nombre de produits}=[L:K]\times[M:L]

C'est l'outil de calcul le plus employé du chapitre : il ramène le calcul d'un degré à une tour d'extensions simples.

Étape 1 — La famille est génératrice

Soit $x\in M$ . Comme $(f_j)_{j\leq m}$ engendre $M$ sur $L$ :

x=\sum_j \lambda_j f_j,\qquad \lambda_j\in L

Chaque $\lambda_j$ est dans $L$ , donc s'écrit dans la base $(e_i)_{i\leq n}$ :

\lambda_j=\sum_i \mu_{ij}e_i,\qquad \mu_{ij}\in K

En reportant :

x=\sum_{i,j}\mu_{ij}\,e_if_j

Les $nm$ produits engendrent donc $M$ sur $K$ .

Étape 2 — La famille est libre

Supposons $\sum_{i,j}\mu_{ij}e_if_j=0$ avec $\mu_{ij}\in K$ . Regroupons par $j$ — c'est le geste décisif :

\sum_j\underbrace{\left(\sum_i\mu_{ij}e_i\right)}_{\in\,L}f_j=0

Les coefficients entre parenthèses sont dans $L$ , et $(f_j)$ est libre sur $L$ . Donc chacun est nul :

\sum_i\mu_{ij}e_i=0\qquad\text{pour tout } j

Et $(e_i)$ étant libre sur $K$ , tous les $\mu_{ij}$ sont nuls.

\boxed{[M:K]=nm=[M:L]\cdot[L:K]}

👉 Le regroupement par $j$ est le seul pas subtil : il transforme une relation à coefficients dans $K$ en une relation à coefficients dans $L$ , ce qui permet d'utiliser successivement les deux hypothèses de liberté.

Étape 3 — Application à $\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3)$

Montons la tour $\mathbb{Q}\subset\mathbb{Q}(\sqrt2)\subset\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3)$ .

Premier étage : $[\mathbb{Q}(\sqrt2):\mathbb{Q}]=2$ (exercice A1).

Second étage : $\sqrt3$ annule $X^2-3$ sur $\mathbb{Q}(\sqrt2)$ . Le degré vaut $2$ si ce polynôme y reste irréductible, c'est-à-dire si

\sqrt3\notin\mathbb{Q}(\sqrt2)

Preuve. Supposons $\sqrt3=a+b\sqrt2$ avec $a,b\in\mathbb{Q}$ . En élevant au carré :

3=a^2+2b^2+2ab\sqrt2

Si $ab\neq 0$ , alors $\sqrt2=\dfrac{3-a^2-2b^2}{2ab}\in\mathbb{Q}$ — absurde. Donc $a=0$ ou $b=0$ :

$b=0$ donnerait $\sqrt3=a\in\mathbb{Q}$ , faux ;
$a=0$ donnerait $3=2b^2$ , soit $b=\sqrt{3/2}\notin\mathbb{Q}$ (car $3/2$ n'est pas un carré de rationnel).

[\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3):\mathbb{Q}(\sqrt2)]=2

\boxed{[\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3):\mathbb{Q}]=2\times 2=4}

Une base : $(1,\ \sqrt2,\ \sqrt3,\ \sqrt6)$ — les quatre produits $e_if_j$ .

Les corollaires qu'on utilise sans arrêt

1. Le degré d'un sous-corps DIVISE le degré total. Si $K\subset L\subset M$ , alors $[L:K]\mid[M:K]$ .

Application immédiate : dans $\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3)$ de degré $4$ , les corps intermédiaires ont un degré divisant $4$ , donc $1$ , $2$ ou $4$ . Aucun corps de degré $3$ , sans avoir à chercher.

2. Un degré premier interdit tout intermédiaire strict. Si $[M:K]=p$ est premier, les seuls corps entre $K$ et $M$ sont $K$ et $M$ .

\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)\ \text{de degr\'e } 3\ :\ \text{aucun corps interm\'ediaire}

3. La borne de la constructibilité (exercice C3) : une tour de degrés $2$ donne un degré total $2^k$ , et c'est exactement l'argument qui interdit la trisection.

👉 La multiplicativité est le pont entre l'algèbre linéaire et la théorie des corps. Elle transforme une question de structure en une question de divisibilité d'entiers.

Réponse.

[M:K]=[M:L][L:K]

;

[\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3):\mathbb{Q}]=4

. (Vérifié machine — A2 ✓)

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Polynôme minimal

DémonstrationDifficulté 3/5

Soit $\alpha$ algébrique sur $K$ . Montrer qu'il existe un unique polynôme unitaire irréductible $\mu_\alpha\in K[X]$ tel que $\mu_\alpha(\alpha)=0$ , et que $[K(\alpha):K]=\deg\mu_\alpha$ .

Indices (3)

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.

Correction détaillée

Ce qu'on construit

Soit $\alpha$ algébrique sur $K$ — c'est-à-dire annulé par un polynôme non nul de $K[X]$ . On veut :

l'existence et l'unicité d'un polynôme unitaire irréductible $\mu_\alpha$ annulant $\alpha$ ;
l'égalité $[K(\alpha):K]=\deg\mu_\alpha$ .

L'outil : le morphisme d'évaluation et le fait que $K[X]$ est principal. C'est le même schéma que pour construire les corps finis.

Étape 1 — Le noyau de l'évaluation

Considérons

\varepsilon_\alpha:\ K[X]\to K(\alpha),\qquad P\mapsto P(\alpha)

C'est un morphisme d'anneaux. Son noyau $I=\{P:P(\alpha)=0\}$ est un idéal, non nul puisque $\alpha$ est algébrique.

$K[X]$ étant principal, $I=(\mu)$ pour un $\mu$ qu'on peut choisir unitaire (en divisant par le coefficient dominant). Ce $\mu$ est le polynôme unitaire de plus petit degré annulant $\alpha$ .

\boxed{\mu_\alpha\ \text{existe, et } P(\alpha)=0\iff\mu_\alpha\mid P}

Étape 2 — Il est irréductible

Supposons $\mu_\alpha=QR$ avec $\deg Q,\deg R<\deg\mu_\alpha$ . Alors

0=\mu_\alpha(\alpha)=Q(\alpha)R(\alpha)

$K(\alpha)$ étant un corps, donc intègre, on a $Q(\alpha)=0$ ou $R(\alpha)=0$ . Dans les deux cas, on obtient un annulateur de degré strictement plus petit que $\mu_\alpha$ — contredisant sa minimalité.

\mu_\alpha\ \text{est irr\'eductible}

Unicité : si $\mu'$ est un autre unitaire irréductible annulant $\alpha$ , alors $\mu_\alpha\mid\mu'$ . L'irréductibilité de $\mu'$ et le caractère unitaire des deux forcent $\mu'=\mu_\alpha$ .

👉 Réciproquement, tout polynôme unitaire irréductible annulant $\alpha$ est le polynôme minimal. C'est le critère pratique : on exhibe un annulateur, on prouve son irréductibilité, et c'est gagné.

Étape 3 — Le degré, et la base

Par le premier théorème d'isomorphisme :

K[X]/(\mu_\alpha)\ \simeq\ K[\alpha]

Le membre de gauche est un corps puisque $\mu_\alpha$ est irréductible, donc $K[\alpha]=K(\alpha)$ — les polynômes en $\alpha$ suffisent, pas besoin de fractions.

Les classes de $1,X,\dots,X^{d-1}$ forment une base du quotient ( $d=\deg\mu_\alpha$ ), donc

\boxed{[K(\alpha):K]=d,\qquad\text{base } (1,\alpha,\dots,\alpha^{d-1})}

Toute puissance supérieure se réduit par la relation $\mu_\alpha(\alpha)=0$ . C'est exactement ce qu'on fait dans $\mathrm{GF}(8)$ avec $\alpha^3=\alpha+1$ .

Comment calculer en pratique

Réduire une puissance : sur $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)$ , où $\alpha^3=2$ ,

\alpha^4=\alpha\cdot\alpha^3=2\alpha,\qquad \alpha^5=2\alpha^2

Inverser un élément — par Bézout, comme dans tout quotient par un irréductible. Cherchons $(1+\alpha)^{-1}$ dans $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)$ . Divisons $X^3-2$ par $X+1$ :

X^3-2=(X+1)(X^2-X+1)-3

Vérification : $(X+1)(X^2-X+1)=X^3+1$ , et $X^3+1-3=X^3-2$ ✓

En évaluant en $\alpha$ , où $\alpha^3-2=0$ :

0=(1+\alpha)(\alpha^2-\alpha+1)-3\ \Longrightarrow\ (1+\alpha)^{-1}=\frac{\alpha^2-\alpha+1}{3}

\boxed{\text{tout \'el\'ement de } K(\alpha)\ \text{s'inverse par une division euclidienne}}

C'est ce qui rend $K(\alpha)$ effectivement calculable, et c'est ce que font les logiciels de calcul formel.

Réponse.

\mu_\alpha

unitaire irréductible unique,

[K(\alpha):K]=\deg\mu_\alpha

. (Vérifié machine : minpoly irréductible — A3 ✓ ; recoupe Anneaux/Polynômes)

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Corps de rupture et de décomposition

CalculDifficulté 3/5

Déterminer le corps de décomposition sur $\mathbb{Q}$ et son degré pour : (a) $X^2-2$ ; (b) $X^3-2$ .

Indices (3)

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 $j$ .

Correction détaillée

Rupture et décomposition : la distinction qui structure le chapitre

\begin{array}{ll} \text{corps de RUPTURE} & \text{contient UNE racine de } P\\ \text{corps de D\'ECOMPOSITION} & \text{contient TOUTES les racines} \end{array}

Le corps de rupture est $K[X]/(P)$ pour $P$ irréductible. Le corps de décomposition s'obtient en itérant jusqu'à ce que $P$ soit scindé.

C'est cette distinction qui sépare galoisien de non galoisien : une extension est galoisienne quand elle est un corps de décomposition (exercice B3). $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)$ est un corps de rupture qui n'est pas un corps de décomposition — d'où tous ses défauts.

(a) $X^2-2$

Les racines sont $\pm\sqrt2$ . Adjoindre l'une donne l'autre, puisque $-\sqrt2=-1\cdot\sqrt2$ et que $-1\in\mathbb{Q}$ .

\boxed{\text{corps de d\'ecomposition}=\mathbb{Q}(\sqrt2),\qquad\text{degr\'e } 2}

Rupture et décomposition coïncident. C'est une propriété générale du degré $2$ : si $X^2+bX+c$ a une racine $\alpha$ dans une extension, l'autre est $-b-\alpha$ , qui y est aussi (somme des racines).

\text{en degr\'e } 2\ :\ \text{toute extension est GALOISIENNE}

(b) $X^3-2$ — le cas instructif

Les trois racines complexes :

\sqrt[3]2,\qquad j\sqrt[3]2,\qquad j^2\sqrt[3]2\qquad\text{avec } j=e^{2i\pi/3}=\frac{-1+i\sqrt3}{2}

Adjoindre $\sqrt[3]2$ ne suffit PAS : $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)\subset\mathbb{R}$ , alors que les deux autres racines sont complexes non réelles. Un sous-corps de $\mathbb{R}$ ne peut pas les contenir.

Il faut donc adjoindre aussi $j$ :

\boxed{\text{corps de d\'ecomposition}=\mathbb{Q}(\sqrt[3]2,\ j)}

Le degré, par la tour (exercice A2) :

[\mathbb{Q}(\sqrt[3]2,j):\mathbb{Q}]=[\mathbb{Q}(\sqrt[3]2,j):\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)]\cdot[\mathbb{Q}(\sqrt[3]2):\mathbb{Q}]

Le second facteur vaut $3$ . Le premier vaut $2$ : $j$ annule $X^2+X+1$ , qui reste irréductible sur $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)$ car ce corps est réel et $j$ ne l'est pas.

\boxed{[\mathbb{Q}(\sqrt[3]2,j):\mathbb{Q}]=3\times 2=6}

Ce que le degré 6 annonce

Le groupe de Galois du corps de décomposition d'un polynôme de degré $n$ se plonge dans le groupe symétrique $S_n$ : les automorphismes permutent les racines (exercice B1), donc

\lvert\operatorname{Gal}\rvert\ \Big\vert\ n!

Ici $6=3!$ : le groupe de Galois est tout $S_3$ . C'est le cas maximal, et il fait de $X^3-2$ l'exemple standard du chapitre (exercice E5).

Comparaison :

\begin{array}{lccl} P & \text{corps de d\'ecomposition} & \text{degr\'e} & \operatorname{Gal}\\\hline X^2-2 & \mathbb{Q}(\sqrt2) & 2 & \mathbb{Z}/2\\ X^3-2 & \mathbb{Q}(\sqrt[3]2,j) & 6 & S_3\\ (X^2-2)(X^2-3) & \mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3) & 4 & (\mathbb{Z}/2)^2\\ X^4-10X^2+1 & \mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3) & 4 & (\mathbb{Z}/2)^2 \end{array}

⚠️ Les deux dernières lignes donnent le MÊME corps — c'est l'exercice A6 : $\sqrt2+\sqrt3$ engendre tout $\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3)$ .

Pourquoi le corps de décomposition est le bon objet

\begin{array}{ll} \text{propri\'et\'e} & \text{cons\'equence}\\\hline \text{existe toujours} & \text{on peut toujours scinder un polyn\^ome}\\ \text{unique \`a isomorphisme pr\`es} & \text{le corps de d\'ecomposition, au singulier}\\ \text{galoisien si } P \text{ s\'eparable} & \text{la correspondance s'applique} \end{array}

En caractéristique $0$ , tout irréductible est séparable (exercice C6), donc tout corps de décomposition est galoisien. C'est ce qui rend la théorie si régulière sur $\mathbb{Q}$ .

👉 La stratégie du chapitre : pour étudier un polynôme, on passe à son corps de décomposition, on calcule le groupe de Galois, et l'on lit les propriétés du polynôme sur la structure du groupe — résolubilité par radicaux (lot D), corps intermédiaires (lot E).

Réponse. (a)

\mathbb{Q}(\sqrt2)

, degré

2

; (b)

\mathbb{Q}(\sqrt[3]2,j)

, degré

6

. (Vérifié machine : ordre de Gal = 6 — A4 ✓)

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Extension finie ⇒ algébrique

DémonstrationDifficulté 3/5

Montrer que toute extension finie $L/K$ est algébrique (tout $\alpha\in L$ est algébrique sur $K$ ).

Indices (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.

Correction détaillée

L'énoncé, et l'idée en une ligne

\boxed{L/K\ \text{finie}\ \Longrightarrow\ L/K\ \text{alg\'ebrique}}

L'idée : dans un espace de dimension $n$ , toute famille de $n+1$ vecteurs est liée. Appliquée aux puissances de $\alpha$ , cette relation de liaison est un polynôme annulateur.

1,\ \alpha,\ \alpha^2,\ \dots,\ \alpha^{n}\qquad (n+1\ \text{vecteurs dans un espace de dimension } n)

C'est un argument d'algèbre linéaire pure, et il donne même une borne sur le degré.

Étape 1 — La famille des puissances est liée

Soit $n=[L:K]$ et $\alpha\in L$ . Les $n+1$ éléments

1,\ \alpha,\ \alpha^2,\ \dots,\ \alpha^{n}

vivent dans un $K$ -espace vectoriel de dimension $n$ . Ils sont donc liés : il existe $a_0,\dots,a_n\in K$ non tous nuls avec

a_0+a_1\alpha+\cdots+a_n\alpha^{n}=0

Étape 2 — Conclure

Posons $P=a_0+a_1X+\cdots+a_nX^n$ . C'est un polynôme non nul de $K[X]$ (les $a_i$ ne sont pas tous nuls) qui annule $\alpha$ .

\boxed{\alpha\ \text{est alg\'ebrique sur } K,\ \text{de degr\'e}\leq n}

La borne est utile : $\deg\mu_\alpha\leq[L:K]$ , et par la multiplicativité (exercice A2) on a même mieux —

\deg\mu_\alpha=[K(\alpha):K]\ \Big\vert\ [L:K]

le degré de tout élément DIVISE le degré de l'extension.

La réciproque est fausse, et l'exemple compte

⚠️ Algébrique n'implique PAS finie. Le contre-exemple standard est

\overline{\mathbb{Q}}=\{\text{nombres alg\'ebriques}\}

Toute extension algébrique de $\mathbb{Q}$ , mais de degré infini : elle contient $\sqrt[n]2$ pour tout $n$ , donc des éléments de degré arbitrairement grand.

[\overline{\mathbb{Q}}:\mathbb{Q}]=\infty

L'énoncé correct :

\boxed{L/K\ \text{finie}\iff L/K\ \text{alg\'ebrique ET de type fini}}

où « de type fini » signifie $L=K(\alpha_1,\dots,\alpha_r)$ avec un nombre fini de générateurs.

Une application immédiate : les corps intermédiaires

Application du théorème. Si $\alpha,\beta$ sont algébriques sur $K$ , alors $\alpha+\beta$ , $\alpha\beta$ et $\alpha/\beta$ le sont aussi.

Pourquoi : $K(\alpha,\beta)$ est de degré fini — au plus $\deg\mu_\alpha\cdot\deg\mu_\beta$ par la tour — donc toute extension algébrique par le théorème. Or $\alpha+\beta$ y est.

\boxed{\text{les nombres alg\'ebriques forment un CORPS}}

C'est loin d'être évident directement : trouver un polynôme annulant $\sqrt2+\sqrt3$ demande un calcul (exercice A6), et pour $\sqrt2+\sqrt[3]5$ il serait bien plus pénible. Le théorème garantit son existence sans le construire.

Le degré est majoré : $[\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3):\mathbb{Q}]=4$ , donc $\deg\mu_{\sqrt2+\sqrt3}$ divise $4$ . On trouvera exactement $4$ (exercice A6).

Réponse. Finie

\Rightarrow

algébrique (argument de dimension). (Vérifié machine : éléments testés algébriques — A6 ✓)

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Élément primitif d'une extension

CalculDifficulté 3/5

Montrer que $\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3)=\mathbb{Q}(\sqrt2+\sqrt3)$ , et donner le polynôme minimal de $\theta=\sqrt2+\sqrt3$ .

Indices (3)

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

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

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

Correction détaillée

Ce qu'on montre, et pourquoi c'est surprenant

\boxed{\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3)=\mathbb{Q}(\sqrt2+\sqrt3)}

Deux générateurs remplacés par un seul. C'est surprenant : rien ne laisse deviner qu'en connaissant la somme, on retrouve chacun des termes.

C'est un cas particulier du théorème de l'élément primitif (exercice C1), qui affirme que toute extension finie séparable est simple. Ici on le vérifie explicitement, ce qui est plus instructif que d'invoquer le théorème.

Étape 1 — L'inclusion facile

$\theta=\sqrt2+\sqrt3$ est visiblement dans $\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3)$ , donc

\mathbb{Q}(\theta)\ \subseteq\ \mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3)

Étape 2 — L'inclusion difficile : retrouver $\sqrt2$ et $\sqrt3$

Calculons $\theta^3$ . D'abord

\theta^2=(\sqrt2+\sqrt3)^2=2+2\sqrt6+3=5+2\sqrt6

puis

\theta^3=\theta\cdot\theta^2=(\sqrt2+\sqrt3)(5+2\sqrt6)=5\sqrt2+5\sqrt3+2\sqrt{12}+2\sqrt{18}

Or $\sqrt{12}=2\sqrt3$ et $\sqrt{18}=3\sqrt2$ :

\theta^3=5\sqrt2+5\sqrt3+4\sqrt3+6\sqrt2=11\sqrt2+9\sqrt3

Nous avons deux équations linéaires en $\sqrt2$ et $\sqrt3$ :

\begin{cases}\theta=\sqrt2+\sqrt3\\ \theta^3=11\sqrt2+9\sqrt3\end{cases}

Résolvons. $\theta^3-9\theta=(11-9)\sqrt2=2\sqrt2$ , donc

\boxed{\sqrt2=\frac{\theta^3-9\theta}{2}}

et $11\theta-\theta^3=(11-9)\sqrt3=2\sqrt3$ , donc

\boxed{\sqrt3=\frac{11\theta-\theta^3}{2}}

Les deux sont des polynômes en $\theta$ à coefficients rationnels, donc dans $\mathbb{Q}(\theta)$ . L'inclusion réciproque est établie :

\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3)=\mathbb{Q}(\theta)

Étape 3 — Le polynôme minimal de $\theta$

Repartons de $\theta^2=5+2\sqrt6$ :

\theta^2-5=2\sqrt6

Élevons au carré pour éliminer le radical :

(\theta^2-5)^2=4\times 6=24

\theta^4-10\theta^2+25=24\ \Longrightarrow\ \theta^4-10\theta^2+1=0

\boxed{\mu_\theta=X^4-10X^2+1}

Il est bien de degré $4$ , conforme à $[\mathbb{Q}(\theta):\mathbb{Q}]=[\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3):\mathbb{Q}]=4$ (exercice A2) — et c'est cette égalité de degrés qui prouve l'irréductibilité, sans avoir à la vérifier directement.

Les quatre racines sont $\pm\sqrt2\pm\sqrt3$ , obtenues en changeant indépendamment les signes. Elles sont toutes dans $\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3)$ : l'extension est donc galoisienne, et son groupe agit en changeant les signes (exercice B4).

Pourquoi la somme marche, et quand elle échoue

La raison de fond : les quatre conjugués $\pm\sqrt2\pm\sqrt3$ sont deux à deux distincts. Un automorphisme qui fixe $\theta$ doit fixer $\sqrt2$ et $\sqrt3$ (par les formules de l'étape 2), donc être l'identité. Le corps fixe de $\{\mathrm{id}\}$ étant $L$ tout entier, on a $\mathbb{Q}(\theta)=L$ .

⚠️ Certaines combinaisons échouent. $\sqrt2\cdot\sqrt3=\sqrt6$ engendre seulement $\mathbb{Q}(\sqrt6)$ , de degré $2$ — pas les $4$ attendus.

\mathbb{Q}(\sqrt6)\ \subsetneq\ \mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3)

Le théorème de l'élément primitif garantit qu'un générateur existe, et la preuve montre que presque tout $\sqrt2+c\sqrt3$ convient — seules quelques valeurs de $c$ échouent. Ici $c=1$ marche.

👉 Application pratique : au lieu de manipuler une extension à plusieurs générateurs, on se ramène toujours à $K(\theta)$ , où le calcul se fait par division euclidienne (exercice A3). C'est ce qui rend les extensions finies effectivement calculables.

Réponse.

\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3)=\mathbb{Q}(\sqrt2+\sqrt3)

,

\mu_\theta=X^4-10X^2+1

. (Vérifié machine — A2/A5 ✓)

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Automorphismes et borne |Gal| ≤ [L:K]

DémonstrationDifficulté 3/5

Montrer qu'un $K$ -automorphisme de $L$ permute les racines de tout $P\in K[X]$ , et en déduire $\lvert\operatorname{Gal}(L/K)\rvert\leq[L:K]$ (pour $L=K(\alpha)$ ).

Indices (3)

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 $\mu_\alpha$ .

Correction détaillée

Ce qu'on établit, et pourquoi c'est le point de départ

Un $K$ -automorphisme de $L$ est un automorphisme de corps qui fixe $K$ point par point. Ils forment le groupe $\operatorname{Gal}(L/K)$ .

Deux énoncés :

un tel automorphisme permute les racines de tout $P\in K[X]$ ;
pour $L=K(\alpha)$ , on en déduit $\lvert\operatorname{Gal}(L/K)\rvert\leq[L:K]$ .

Le premier point est le mécanisme central de tout le chapitre : un automorphisme ne peut envoyer $\alpha$ que sur un conjugué de $\alpha$ . Le groupe de Galois est donc un sous-groupe du groupe des permutations des racines.

Étape 1 — Les automorphismes permutent les racines

Soit $\sigma\in\operatorname{Gal}(L/K)$ , $P=\sum a_iX^i\in K[X]$ , et $\beta\in L$ une racine de $P$ .

Appliquons $\sigma$ à l'égalité $P(\beta)=0$ :

0=\sigma\big(P(\beta)\big)=\sigma\!\left(\sum_i a_i\beta^i\right)=\sum_i\sigma(a_i)\,\sigma(\beta)^i

Or $\sigma$ fixe $K$ , donc $\sigma(a_i)=a_i$ :

0=\sum_i a_i\,\sigma(\beta)^i=P\big(\sigma(\beta)\big)

\boxed{\sigma(\beta)\ \text{est encore une racine de } P}

$\sigma$ envoie donc l'ensemble des racines de $P$ dans lui-même. Cet ensemble étant fini et $\sigma$ injective, c'est une permutation.

👉 C'est l'hypothèse « $\sigma$ fixe $K$ » qui fait tout. Sans elle, les coefficients bougeraient et le polynôme image ne serait plus $P$ .

Étape 2 — La majoration du cardinal

Soit $L=K(\alpha)$ et $\mu_\alpha$ le polynôme minimal, de degré $d=[L:K]$ (exercice A3).

Un automorphisme est entièrement déterminé par $\sigma(\alpha)$ . En effet, tout élément de $L$ s'écrit $Q(\alpha)$ avec $Q\in K[X]$ , et

\sigma\big(Q(\alpha)\big)=Q\big(\sigma(\alpha)\big)

par le même calcul qu'à l'étape 1.

Et $\sigma(\alpha)$ doit être une racine de $\mu_\alpha$ dans $L$ — il y en a au plus $d$ .

\boxed{\lvert\operatorname{Gal}(L/K)\rvert\leq d=[L:K]}

Quand y a-t-il égalité

L'inégalité peut être stricte, et c'est ce qui distingue les extensions galoisiennes des autres. Deux causes possibles :

1. Toutes les racines ne sont pas dans $L$ . C'est le cas de $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)$ : $\mu=X^3-2$ a trois racines, mais deux sont complexes et $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)\subset\mathbb{R}$ . Il n'y a donc qu'un choix pour $\sigma(\alpha)$ , à savoir $\alpha$ lui-même :

\lvert\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)/\mathbb{Q})\rvert=1<3

2. Les racines ne sont pas distinctes (défaut de séparabilité). Impossible en caractéristique $0$ (exercice C6), mais réel en caractéristique $p$ .

\boxed{\lvert\operatorname{Gal}(L/K)\rvert=[L:K]\iff L/K\ \text{galoisienne}}

C'est la définition retenue à l'exercice B3.

La conséquence : $\operatorname{Gal}$ se plonge dans $S_n$

Si $L$ est le corps de décomposition d'un $P$ de degré $n$ à racines distinctes, tout automorphisme permute ces $n$ racines, et il est déterminé par cette permutation (les racines engendrent $L$ ).

\boxed{\operatorname{Gal}(L/K)\ \hookrightarrow\ S_n}

Conséquences immédiates :

\lvert\operatorname{Gal}\rvert\ \Big\vert\ n!

\begin{array}{lccl} P & n & \operatorname{Gal} & \\\hline X^2-2 & 2 & \mathbb{Z}/2=S_2 & \text{maximal}\\ X^3-2 & 3 & S_3 & \text{maximal, ordre } 6\\ X^4-10X^2+1 & 4 & (\mathbb{Z}/2)^2 & \text{ordre } 4<24\\ X^5-6X+3 & 5 & S_5 & \text{maximal, ordre } 120 \end{array}

👉 C'est ce plongement qui permet de traduire une question sur les polynômes en une question de théorie des groupes. Le lot D en tire la résolubilité par radicaux : $X^5-6X+3$ n'est pas résoluble parce que $S_5$ ne l'est pas.

Réponse.

\sigma

permute les racines ;

\lvert\operatorname{Gal}(L/K)\rvert\leq[L:K]

. (Vérifié machine — B ✓)

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Premiers groupes de Galois

CalculDifficulté 3/5

Déterminer $\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\sqrt2)/\mathbb{Q})$ , puis montrer que $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)/\mathbb{Q}$ n'a qu'un seul automorphisme (l'identité).

Indices (3)

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 ; $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)\subset\mathbb{R}$ .

Correction détaillée

Deux calculs qui s'opposent

On calcule deux groupes de Galois, et le contraste est tout le sujet :

$\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\sqrt2)/\mathbb{Q})$ a deux éléments, donc autant que le degré : l'extension est galoisienne ;
$\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)/\mathbb{Q})$ n'en a qu'un, pour un degré $3$ : elle ne l'est pas.

La méthode est la même dans les deux cas : chercher où peut aller le générateur, en utilisant l'exercice B1.

Étape 1 — $\mathbb{Q}(\sqrt2)$

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

Un automorphisme $\sigma$ est déterminé par $\sigma(\sqrt2)\in\{\sqrt2,-\sqrt2\}$ :

\begin{array}{ll} \mathrm{id} & \sqrt2\mapsto\sqrt2\\ \sigma & \sqrt2\mapsto-\sqrt2 \end{array}

$\sigma$ est bien un automorphisme — il faut le vérifier, l'existence n'est pas gratuite. Sur $a+b\sqrt2$ , il agit par $a-b\sqrt2$ , et l'on contrôle la multiplicativité :

\sigma\big((a+b\sqrt2)(c+d\sqrt2)\big)=\sigma\big((ac+2bd)+(ad+bc)\sqrt2\big)=(ac+2bd)-(ad+bc)\sqrt2

\sigma(a+b\sqrt2)\,\sigma(c+d\sqrt2)=(a-b\sqrt2)(c-d\sqrt2)=(ac+2bd)-(ad+bc)\sqrt2\ \checkmark

\boxed{\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\sqrt2)/\mathbb{Q})=\{\mathrm{id},\sigma\}\simeq\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}}

Et $\lvert\operatorname{Gal}\rvert=2=[\mathbb{Q}(\sqrt2):\mathbb{Q}]$ : galoisienne ✓

Étape 2 — $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)$

$\mu_{\sqrt[3]2}=X^3-2$ , de racines

\sqrt[3]2,\qquad j\sqrt[3]2,\qquad j^2\sqrt[3]2

Un automorphisme $\sigma$ doit envoyer $\sqrt[3]2$ sur une racine appartenant à $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)$ .

Or $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)\subset\mathbb{R}$ — c'est un corps de nombres réels, engendré par un réel. Et $j\sqrt[3]2$ , $j^2\sqrt[3]2$ sont complexes non réels, puisque $j=\frac{-1+i\sqrt3}{2}$ a une partie imaginaire non nulle.

\text{la seule racine disponible est}\ \sqrt[3]2\ \text{lui-m\^eme}

\boxed{\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)/\mathbb{Q})=\{\mathrm{id}\}}

\lvert\operatorname{Gal}\rvert=1\ <\ 3=[\mathbb{Q}(\sqrt[3]2):\mathbb{Q}]

L'extension n'est pas galoisienne.

Ce que ce contraste enseigne

\begin{array}{lccl} & [L:\mathbb{Q}] & \lvert\operatorname{Gal}\rvert & \\\hline \mathbb{Q}(\sqrt2) & 2 & 2 & \text{galoisienne}\\ \mathbb{Q}(i) & 2 & 2 & \text{galoisienne}\\ \mathbb{Q}(\sqrt[3]2) & 3 & \mathbf{1} & \textbf{NON}\\ \mathbb{Q}(\sqrt[3]2,j) & 6 & 6 & \text{galoisienne} \end{array}

👉 La différence n'est pas le degré, c'est la présence de TOUTES les racines. $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)$ est un corps de rupture sans être un corps de décomposition (exercice A4).

Le remède : adjoindre $j$ . On passe alors à $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2,j)$ , de degré $6$ , avec $6$ automorphismes — c'est le corps de décomposition, et il est galoisien.

\boxed{\text{toute extension finie séparable se plonge dans une extension galoisienne}}

(sa clôture galoisienne, obtenue en adjoignant tous les conjugués.)

Pourquoi le degré 2 est galoisien (hors caractéristique 2)

Soit $[L:K]=2$ et $\alpha\in L\setminus K$ . Son polynôme minimal est de degré $2$ :

\mu_\alpha=X^2+bX+c

La somme des racines vaut $-b\in K$ , donc si $\alpha$ est racine, l'autre est $-b-\alpha$ , qui appartient à $L$ (différence de deux éléments de $L$ ).

\text{les deux racines sont dans } L\ \Longrightarrow\ L\ \text{est un corps de d\'ecomposition}

\boxed{\text{toute extension de degr\'e } 2\ \text{est galoisienne (en car. } \neq 2)}

👉 En degré $3$ , l'argument tombe : connaître une racine ne donne que la somme des deux autres, pas chacune. C'est exactement pourquoi $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)$ échoue, et pourquoi $3$ est le premier degré intéressant.

ℹ️ La restriction « en caractéristique $\neq 2$ » écarte les extensions inséparables où $\mu=X^2-a$ a une racine double (à ne pas confondre avec celles d'Artin-Schreier, $X^2+X+a$ , qui sont séparables).

Réponse.

\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\sqrt2)/\mathbb{Q})\cong C_2

;

\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)/\mathbb{Q}

: seul

\mathrm{id}

, non galoisienne. (Vérifié machine — B2/B4 ✓)

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Caractérisation des extensions galoisiennes

DémonstrationDifficulté 3/5

Énoncer ce qu'est une extension galoisienne et expliquer pourquoi $L/K$ est galoisienne si et seulement si $\lvert\operatorname{Gal}(L/K)\rvert=[L:K]$ (de façon équivalente : $L$ est le corps de décomposition d'un polynôme séparable).

Indices (3)

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.

Correction détaillée

Trois définitions équivalentes

Une extension finie $L/K$ est galoisienne si l'une de ces conditions — équivalentes — est vérifiée :

\begin{array}{ll} \text{(i)} & \lvert\operatorname{Gal}(L/K)\rvert=[L:K]\\ \text{(ii)} & L^{\operatorname{Gal}(L/K)}=K\quad\text{(le corps fixe est exactement } K)\\ \text{(iii)} & L \text{ est le corps de d\'ecomposition d'un polyn\^ome S\'EPARABLE de } K[X] \end{array}

Chacune sert à quelque chose de différent : (i) est le critère de calcul, (ii) le critère structurel qui fonde la correspondance, (iii) le critère de construction.

On dit aussi : $L/K$ est normale (toutes les racines) et séparable (racines simples).

Pourquoi (i) est le bon critère de calcul

L'exercice B1 donne toujours $\lvert\operatorname{Gal}(L/K)\rvert\leq[L:K]$ . L'égalité signifie donc qu'il y a autant d'automorphismes que possible — le groupe est aussi gros qu'il peut l'être.

Deux façons de perdre des automorphismes, et donc deux façons de n'être pas galoisien :

\begin{array}{ll} \text{d\'efaut de NORMALIT\'E} & \text{toutes les racines ne sont pas dans } L\\ \text{d\'efaut de S\'EPARABILIT\'E} & \text{les racines ne sont pas distinctes} \end{array}

Exemple du premier : $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)$ , où $1<3$ (exercice B2).

Exemple du second : en caractéristique $p$ , $\mathbb{F}_p(t^{1/p})/\mathbb{F}_p(t)$ . Le polynôme $X^p-t$ y vaut $(X-t^{1/p})^p$ — une racine d'ordre $p$ . Il n'y a donc qu'un automorphisme pour un degré $p$ .

⚠️ En caractéristique $0$ , le second défaut n'existe pas (exercice C6). Sur $\mathbb{Q}$ , galoisien équivaut donc simplement à « corps de décomposition ».

Pourquoi (ii) est le bon critère structurel

Le corps fixe est

L^{G}=\{x\in L\ :\ \sigma(x)=x\ \text{pour tout }\sigma\in G\}

On a toujours $K\subseteq L^G$ , puisque les automorphismes fixent $K$ par définition. L'égalité dit que le groupe voit tout ce qui dépasse de $K$ : aucun élément hors de $K$ n'échappe à tous les automorphismes.

Sur $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)$ , où $G=\{\mathrm{id}\}$ :

L^G=L=\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)\ \neq\ \mathbb{Q}

Le groupe est trop petit pour distinguer quoi que ce soit ✓ non galoisienne.

Sur $\mathbb{Q}(\sqrt2)$ , où $\sigma(a+b\sqrt2)=a-b\sqrt2$ :

\sigma(x)=x\iff b=-b\iff b=0\iff x\in\mathbb{Q}

L^G=\mathbb{Q}\ \checkmark\ \text{galoisienne}

👉 C'est (ii) qui fonde la correspondance de Galois : la bijection $H\mapsto L^H$ n'est injective que si l'on sait remonter, et le lemme d'Artin (exercice B5) est ce qui le garantit.

Pourquoi (iii) est le bon critère de construction

Il donne une recette : pour fabriquer une extension galoisienne, prendre un polynôme séparable et son corps de décomposition.

\begin{array}{lll} P & \text{corps de d\'ecomposition} & \operatorname{Gal}\\\hline X^2-2 & \mathbb{Q}(\sqrt2) & \mathbb{Z}/2\\ X^3-2 & \mathbb{Q}(\sqrt[3]2,j) & S_3\\ X^4-10X^2+1 & \mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3) & (\mathbb{Z}/2)^2\\ \Phi_n & \mathbb{Q}(\zeta_n) & (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times \end{array}

Et il donne aussi la clôture galoisienne : pour rendre $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)$ galoisienne, on prend le corps de décomposition de son polynôme minimal, à savoir $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2,j)$ .

\boxed{\text{toute extension finie s\'eparable a une CL\^OTURE galoisienne}}

Ce que « galoisienne » achète

\begin{array}{ll} \text{sans l'hypoth\`ese} & \text{avec}\\\hline \text{le groupe peut \^etre trivial} & \lvert G\rvert=[L:K]\\ \text{pas de correspondance} & \text{bijection sous-groupes} \leftrightarrow \text{corps interm\'ediaires}\\ L^G \text{ peut d\'epasser } K & L^G=K \end{array}

👉 Tout le lot E suppose l'extension galoisienne. Sans cette hypothèse, la correspondance s'effondre : $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)$ a un sous-groupe (le trivial) et deux corps intermédiaires ( $\mathbb{Q}$ et lui-même) — la bijection ne peut pas exister.

Le contrôle systématique, avant d'appliquer quoi que ce soit du lot E :

\text{compter les automorphismes, et comparer au degr\'e}

Réponse. Galoisienne

\iff\lvert\operatorname{Gal}(L/K)\rvert=[L:K]\iff

corps de décomposition séparable. (Vérifié machine : galoisiennes ont

\lvert\operatorname{Gal}\rvert=[L:K]

— ✓)

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Le groupe de Klein Gal(Q(√2,√3)/Q)

CalculDifficulté 3/5

Montrer que $\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3)/\mathbb{Q})\cong(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^2$ (groupe de Klein), en décrivant ses $4$ éléments.

Indices (3)

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 $\leq 2$ .

Correction détaillée

Ce qu'on calcule

\operatorname{Gal}\big(\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3)/\mathbb{Q}\big)\ \simeq\ (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^2

le groupe de Klein : quatre éléments, tous d'ordre $\leq 2$ , et non cyclique.

Le mécanisme : un automorphisme est déterminé par ses valeurs sur les deux générateurs, et chacune peut changer de signe indépendamment. D'où $2\times 2=4$ possibilités.

L'exercice A2 a donné $[L:\mathbb{Q}]=4$ , donc si les quatre existent bien, l'extension est galoisienne.

Étape 1 — Les quatre candidats

Par l'exercice B1, $\sigma(\sqrt2)$ est racine de $X^2-2$ , donc vaut $\pm\sqrt2$ ; de même $\sigma(\sqrt3)=\pm\sqrt3$ . Quatre combinaisons :

\begin{array}{lccc} & \sqrt2\mapsto & \sqrt3\mapsto & \sqrt6\mapsto\\\hline \mathrm{id} & \sqrt2 & \sqrt3 & \sqrt6\\ \sigma & -\sqrt2 & \sqrt3 & -\sqrt6\\ \tau & \sqrt2 & -\sqrt3 & -\sqrt6\\ \sigma\tau & -\sqrt2 & -\sqrt3 & \sqrt6 \end{array}

La colonne $\sqrt6$ se DÉDUIT : $\sqrt6=\sqrt2\cdot\sqrt3$ , et un morphisme respecte les produits. C'est le contrôle qui valide la table.

Ces quatre applications existent bien : l'extension étant de degré $4$ et galoisienne (c'est le corps de décomposition de $(X^2-2)(X^2-3)$ , séparable), il y a exactement $4$ automorphismes — et les quatre candidats sont distincts.

Étape 2 — La structure du groupe

Chaque élément non trivial est d'ordre $2$ :

\sigma^2(\sqrt2)=\sigma(-\sqrt2)=\sqrt2,\qquad \sigma^2(\sqrt3)=\sqrt3\ \Longrightarrow\ \sigma^2=\mathrm{id}

et de même $\tau^2=(\sigma\tau)^2=\mathrm{id}$ .

Le groupe est abélien, et il faut le vérifier plutôt que l'affirmer. Sur $\sqrt2$ :

\sigma\tau(\sqrt2)=\sigma\big(\tau(\sqrt2)\big)=\sigma(\sqrt2)=-\sqrt2

\tau\sigma(\sqrt2)=\tau\big(\sigma(\sqrt2)\big)=\tau(-\sqrt2)=-\sqrt2

Les deux coïncident ✓ Le même calcul sur $\sqrt3$ donne $-\sqrt3$ des deux côtés. Comme un automorphisme est déterminé par ses valeurs sur les générateurs, $\sigma\tau=\tau\sigma$ .

👉 La raison de fond : $\sigma$ ne touche qu'à $\sqrt2$ , $\tau$ qu'à $\sqrt3$ — ils agissent sur des coordonnées indépendantes, donc l'ordre est sans effet.

\boxed{G=\{\mathrm{id},\sigma,\tau,\sigma\tau\}\simeq(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^2}

Ce n'est PAS $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ : aucun élément n'est d'ordre $4$ .

Étape 3 — Le contrôle par les corps fixes

Chaque élément d'ordre $2$ fixe un sous-corps de degré $2$ :

\begin{array}{ll} L^{\langle\sigma\rangle}=\mathbb{Q}(\sqrt3) & \sigma \text{ fixe } \sqrt3\\ L^{\langle\tau\rangle}=\mathbb{Q}(\sqrt2) & \tau \text{ fixe } \sqrt2\\ L^{\langle\sigma\tau\rangle}=\mathbb{Q}(\sqrt6) & \sigma\tau \text{ fixe } \sqrt6 \end{array}

La dernière ligne est la plus instructive : $\sigma\tau$ change les deux signes, donc leur produit $\sqrt6$ est invariant. C'est ce qui fait apparaître un troisième corps quadratique auquel on ne pense pas.

Contrôle global : $L^G=\mathbb{Q}$ , car un élément fixé par $\sigma$ et $\tau$ n'a de composante ni sur $\sqrt2$ , ni sur $\sqrt3$ , ni sur $\sqrt6$ ✓ — l'extension est bien galoisienne (critère (ii) de l'exercice B3).

Ce que le groupe de Klein annonce

Trois sous-groupes d'ordre $2$ — un par élément non trivial — donc trois corps intermédiaires de degré $2$ :

\mathbb{Q}(\sqrt2),\qquad \mathbb{Q}(\sqrt3),\qquad \mathbb{Q}(\sqrt6)

C'est le contenu de l'exercice E3, et c'est une différence nette avec $\mathbb{Z}/4$ , qui n'aurait qu'un sous-groupe d'ordre $2$ , donc un seul corps intermédiaire.

\boxed{\text{la structure du GROUPE d\'etermine le nombre de corps interm\'ediaires}}

Et le groupe étant abélien, tous ses sous-groupes sont normaux : les trois corps intermédiaires sont donc galoisiens sur $\mathbb{Q}$ (exercice E4). C'est le contraste avec $S_3$ , non abélien, où seul $A_3$ l'est (exercice E5).

Le lien avec l'élément primitif : $\theta=\sqrt2+\sqrt3$ engendre $L$ (exercice A6) précisément parce que ses quatre conjugués $\pm\sqrt2\pm\sqrt3$ sont distincts — un par élément du groupe. Le seul automorphisme fixant $\theta$ est l'identité.

Réponse.

\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3)/\mathbb{Q})\cong(\mathbb{Z}/2)^2

. (Vérifié machine : ordre 4, V₄ — B3 ✓)

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Lemme d'Artin (corps fixe)

DémonstrationDifficulté 3/5

Soit $G$ un groupe fini d'automorphismes de $L$ et $K=L^G$ le corps fixe. Admettre $[L:L^G]=\lvert G\rvert$ ; en déduire que $L/L^G$ est galoisienne de groupe $G$ .

Indices (3)

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

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

Comparer les deux inégalités.

Correction détaillée

Ce que le lemme d'Artin apporte

Soit $G$ un groupe fini d'automorphismes de $L$ , et $K=L^G$ son corps fixe. Le lemme d'Artin — qu'on admet — affirme

\boxed{[L:L^G]=\lvert G\rvert}

C'est le sens DIFFICILE de la correspondance. L'inégalité $\lvert\operatorname{Gal}\rvert\leq[L:K]$ (exercice B1) va dans un sens ; le lemme d'Artin fournit l'autre, et il part d'un groupe donné plutôt que d'une extension donnée.

On en déduit que $L/L^G$ est galoisienne, de groupe exactement $G$ .

Étape 1 — $G\subseteq\operatorname{Gal}(L/L^G)$

Chaque $\sigma\in G$ fixe $L^G$ par définition même du corps fixe. C'est donc un $L^G$ -automorphisme de $L$ :

G\ \subseteq\ \operatorname{Gal}(L/L^G)

C'est une inclusion de groupes, pas encore une égalité.

Étape 2 — L'égalité, par un encadrement

Enchaînons les deux résultats :

\lvert G\rvert\ \underbrace{\leq}_{\text{\'etape 1}}\ \lvert\operatorname{Gal}(L/L^G)\rvert\ \underbrace{\leq}_{\text{exercice B1}}\ [L:L^G]\ \underbrace{=}_{\text{Artin}}\ \lvert G\rvert

Toutes les inégalités sont donc des égalités :

\boxed{G=\operatorname{Gal}(L/L^G)\qquad\text{et}\qquad \lvert\operatorname{Gal}(L/L^G)\rvert=[L:L^G]}

La seconde égalité est exactement le critère (i) de l'exercice B3 :

L/L^G\ \text{est GALOISIENNE, de groupe } G

👉 L'encadrement est le geste à retenir : deux inégalités faciles refermées par un théorème difficile. C'est la structure de preuve la plus fréquente du chapitre.

Ce que le lemme rend possible

Il fournit le sens $H\mapsto L^H$ de la correspondance. Sans lui, on ne saurait pas que des sous-groupes distincts donnent des corps fixes distincts.

Preuve de l'injectivité, en une ligne : si $L^{H_1}=L^{H_2}$ , alors par le lemme $H_1=\operatorname{Gal}(L/L^{H_1})=\operatorname{Gal}(L/L^{H_2})=H_2$ .

\boxed{H\ \longmapsto\ L^H\ \text{est INJECTIVE}}

Et la surjectivité vient de l'autre sens : si $M$ est intermédiaire, alors $L/M$ est galoisienne (elle hérite de la normalité et de la séparabilité), donc $M=L^{\operatorname{Gal}(L/M)}$ .

Les deux ensemble donnent la bijection de l'exercice E1.

Une vérification, et une application

Vérification sur $\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3)$ , avec $G=\{\mathrm{id},\sigma,\tau,\sigma\tau\}$ :

L^G=\mathbb{Q},\qquad [L:\mathbb{Q}]=4=\lvert G\rvert\ \checkmark

Et pour $H=\langle\sigma\rangle$ d'ordre $2$ :

L^H=\mathbb{Q}(\sqrt3),\qquad [L:\mathbb{Q}(\sqrt3)]=2=\lvert H\rvert\ \checkmark

Une application remarquable : le lemme permet de construire des extensions galoisiennes à groupe imposé. Partant d'un $L$ et d'un groupe fini $G$ d'automorphismes, on obtient automatiquement une extension galoisienne $L/L^G$ de groupe $G$ .

👉 C'est ce qui rend abordable le problème inverse de Galois dans certains cas : $S_n$ agit sur $K(X_1,\dots,X_n)$ en permutant les variables, et le corps fixe est celui des fonctions symétriques. Le lemme donne alors une extension galoisienne de groupe $S_n$ — mais sur un corps de fractions, pas sur $\mathbb{Q}$ , ce qui laisse le problème ouvert (exercice D6).

Réponse.

L/L^G

galoisienne,

\operatorname{Gal}(L/L^G)=G

(lemme d'Artin). (Vérifié machine : corps fixe de

G

= ℚ sur ℚ(√2,√3) — E ✓)

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Groupe de Galois d'un corps fini

DémonstrationDifficulté 3/5

Montrer que $\operatorname{Gal}(\mathbb{F}_{p^n}/\mathbb{F}_p)$ est cyclique d'ordre $n$ , engendré par le Frobenius $\varphi:x\mapsto x^p$ .

Indices (3)

$\varphi$ 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 $\lvert\operatorname{Gal}\rvert\leq n$ .

Correction détaillée

L'énoncé, et pourquoi c'est le cas le plus simple

\boxed{\operatorname{Gal}(\mathbb{F}_{p^n}/\mathbb{F}_p)=\langle\varphi\rangle\simeq\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},\qquad \varphi(x)=x^p}

Cyclique, engendré par le Frobenius, d'ordre $n$ . Toujours. Pour aucune autre famille d'extensions la réponse n'est aussi uniforme.

La raison de cette simplicité : $\mathbb{F}_{p^n}$ est le corps de décomposition de $X^{p^n}-X$ , dont la structure ne dépend que de $p$ et $n$ — pas d'un choix de polynôme.

Étape 1 — Le Frobenius est un automorphisme

$\varphi(x)=x^p$ est additif grâce au « rêve du débutant » :

(a+b)^p=a^p+b^p

car $\binom pk$ est divisible par $p$ pour $1\leq k\leq p-1$ ( $p$ premier).

Multiplicatif : $(ab)^p=a^pb^p$ par commutativité.

Bijectif : injectif car un morphisme de corps l'est toujours, puis surjectif par finitude.

Il fixe $\mathbb{F}_p$ : $a^p=a$ pour $a\in\mathbb{F}_p$ , c'est le petit théorème de Fermat.

\varphi\in\operatorname{Gal}(\mathbb{F}_{p^n}/\mathbb{F}_p)

Étape 2 — Son ordre est exactement $n$

L'ordre divise $n$ : pour tout $x\in\mathbb{F}_{p^n}$ , on a $x^{p^n}=x$ , donc

\varphi^{\,n}(x)=x^{p^n}=x\ \Longrightarrow\ \varphi^{\,n}=\mathrm{id}

Il ne peut pas être plus petit. Si $\varphi^{\,d}=\mathrm{id}$ avec $d<n$ , alors $x^{p^d}=x$ pour les $p^n$ éléments du corps. Le polynôme $X^{p^d}-X$ , de degré $p^d$ , aurait donc $p^n$ racines :

p^{d}<p^{n}\qquad\text{— impossible}

\boxed{\mathrm{ord}(\varphi)=n}

👉 C'est un argument de comptage de racines, exactement comme à l'exercice B1. Un polynôme non nul ne peut pas avoir plus de racines que son degré : c'est le seul outil employé, et il suffit.

Étape 3 — Il n'y a rien d'autre

$\langle\varphi\rangle$ a donc $n$ éléments, et l'exercice B1 donne

\lvert\operatorname{Gal}\rvert\leq[\mathbb{F}_{p^n}:\mathbb{F}_p]=n

L'encadrement se referme :

n\leq\lvert\operatorname{Gal}\rvert\leq n

\boxed{\operatorname{Gal}(\mathbb{F}_{p^n}/\mathbb{F}_p)=\langle\varphi\rangle,\ \text{cyclique d'ordre } n}

L'extension est donc galoisienne (critère (i)), ce qui était attendu : $\mathbb{F}_{p^n}$ est le corps de décomposition de $X^{p^n}-X$ , séparable puisque sa dérivée vaut $-1$ .

ℹ️ Toute extension de corps finis est galoisienne, et l'hypothèse « fixant $\mathbb{F}_p$ » est superflue : tout automorphisme fixe le sous-corps premier automatiquement.

La correspondance, entièrement explicite

Le groupe étant cyclique d'ordre $n$ , ses sous-groupes sont en bijection avec les diviseurs de $n$ :

\langle\varphi^{\,d}\rangle\ \text{d'ordre } \frac nd\ \longleftrightarrow\ \mathbb{F}_{p^{d}}

\boxed{\text{sous-corps de }\mathbb{F}_{p^n}\ \longleftrightarrow\ \text{diviseurs de } n}

Sur $\mathbb{F}_{2^6}$ , où $n=6$ :

\begin{array}{ccc} \text{sous-groupe} & \text{ordre} & \text{corps fixe}\\\hline \{\mathrm{id}\} & 1 & \mathbb{F}_{64}\\ \langle\varphi^3\rangle & 2 & \mathbb{F}_{8}\\ \langle\varphi^2\rangle & 3 & \mathbb{F}_{4}\\ \langle\varphi\rangle & 6 & \mathbb{F}_{2} \end{array}

👉 Tout est abélien, donc toutes les sous-extensions sont galoisiennes (exercice E4). C'est le contraste maximal avec $S_3$ (exercice E5), où la non-commutativité crée des corps intermédiaires non galoisiens.

Le contraste avec $\mathbb{Q}$ : sur les corps finis, $\operatorname{Gal}$ est toujours cyclique ; sur $\mathbb{Q}$ , il peut être n'importe quel groupe fini connu — et savoir s'il peut être tous est le problème inverse de Galois, ouvert (exercice D6).

Réponse.

\operatorname{Gal}(\mathbb{F}_{p^n}/\mathbb{F}_p)=\langle\varphi\rangle\cong\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}

(Frobenius). (Vérifié machine : ordre du Frobenius = n — B6 ✓ ; recoupe Corps finis)

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Théorème fondamental de la correspondance

DémonstrationDifficulté 3/5

Énoncer la correspondance de Galois : pour $L/K$ galoisienne de groupe $G$ , décrire la bijection entre sous-groupes de $G$ et corps intermédiaires, et son sens (croissant/décroissant).

Indices (3)

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.

Correction détaillée

Le théorème, et pourquoi c'est le sommet du chapitre

Soit $L/K$ galoisienne de groupe $G$ . Alors

\boxed{\{\text{sous-groupes de } G\}\ \longleftrightarrow\ \{\text{corps } M,\ K\subseteq M\subseteq L\}}

est une bijection, donnée dans les deux sens par

H\ \longmapsto\ L^H=\{x\in L:\sigma(x)=x\ \forall\sigma\in H\}

M\ \longmapsto\ \operatorname{Gal}(L/M)

Et elle RENVERSE l'inclusion : plus le groupe est gros, plus il fixe peu de choses, donc plus le corps est petit.

👉 C'est le sommet du chapitre parce que c'est un changement de monde : une question sur des corps — objets infinis, difficiles à énumérer — devient une question sur les sous-groupes d'un groupe fini, qu'on peut lister exhaustivement.

Pourquoi c'est une bijection

Les deux applications sont inverses l'une de l'autre, et chaque sens repose sur un résultat distinct.

Sens $H\mapsto L^H\mapsto\operatorname{Gal}(L/L^H)=H$ : c'est le lemme d'Artin (exercice B5). Il donne $[L:L^H]=\lvert H\rvert$ , d'où l'égalité par encadrement.

Sens $M\mapsto\operatorname{Gal}(L/M)\mapsto L^{\operatorname{Gal}(L/M)}=M$ : il faut savoir que $L/M$ est encore galoisienne. C'est vrai : $L$ est le corps de décomposition d'un $P\in K[X]$ séparable, et ce même $P$ , vu dans $M[X]$ , a $L$ pour corps de décomposition. Le critère (iii) de l'exercice B3 s'applique, donc $L^{\operatorname{Gal}(L/M)}=M$ par le critère (ii).

\boxed{\text{les deux compos\'ees sont l'identit\'e}}

⚠️ $M/K$ , en revanche, n'a AUCUNE raison d'être galoisienne — c'est exactement l'objet de l'exercice E4, et la source des exemples les plus instructifs.

Le renversement de l'inclusion, et pourquoi il est inévitable

H_1\subseteq H_2\ \Longrightarrow\ L^{H_1}\supseteq L^{H_2}

La raison tient en une phrase : plus il y a de conditions « $\sigma(x)=x$ » à satisfaire, moins il y a de $x$ qui les satisfont toutes.

Les deux extrémités sont les cas limites :

\begin{array}{ccc} \text{sous-groupe} & \longleftrightarrow & \text{corps}\\\hline \{\mathrm{id}\}\ \text{(le plus petit)} & \longleftrightarrow & L\ \text{(le plus grand)}\\ G\ \text{(le plus grand)} & \longleftrightarrow & K\ \text{(le plus petit)} \end{array}

La seconde ligne, $L^G=K$ , est la définition (ii) d'une extension galoisienne. La correspondance ne fait donc que prolonger cette égalité à tous les niveaux intermédiaires.

👉 Conséquence pratique : le treillis des corps intermédiaires est le treillis des sous-groupes retourné. Dessiner l'un, c'est dessiner l'autre.

Ce que le théorème permet de FAIRE

\begin{array}{ll} \text{question sur les corps} & \text{devient}\\\hline \text{combien de corps interm\'ediaires ?} & \text{combien de sous-groupes ?}\\ \text{de quel degr\'e ?} & \text{de quel indice ? (exercice E2)}\\ \text{lesquels sont galoisiens ?} & \text{lesquels sont normaux ? (exercice E4)}\\ \text{r\'esoluble par radicaux ?} & \text{groupe r\'esoluble ? (lot D)} \end{array}

Le gain est de nature, pas de degré. Chercher tous les corps entre $\mathbb{Q}$ et $\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3)$ « à la main » est un problème sans méthode ; lister les sous-groupes d'un groupe à $4$ éléments est un exercice de première année qu'on termine en trois lignes (exercice E3).

\boxed{\text{fini} \longleftrightarrow \text{infini : c'est tout le b\'en\'efice}}

L'hypothèse « galoisienne » n'est pas négociable

Contre-exemple : $L=\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)$ , non galoisienne (exercice B2).

\begin{array}{ll} \text{sous-groupes de } G=\{\mathrm{id}\} & \mathbf{1}\\ \text{corps interm\'ediaires} & \mathbf{2}\ (\mathbb{Q}\ \text{et}\ L) \end{array}

$1\neq 2$ : aucune bijection ne peut exister.

Le remède est la clôture galoisienne : passer à $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2,j)$ , de groupe $S_3$ . On y retrouve $6$ sous-groupes et $6$ corps intermédiaires, et $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)$ réapparaît comme l'un d'eux — associé à un sous-groupe d'ordre $2$ , non normal, ce qui explique après coup pourquoi il n'était pas galoisien (exercice E5).

👉 Contrôle systématique avant toute application : compter les automorphismes et comparer au degré. Un seul chiffre, et il décide si tout ce lot s'applique.

Réponse. Bijection décroissante sous-groupes

\leftrightarrow

corps intermédiaires. (Vérifié machine : 5 ↔ 5 sur ℚ(√2,√3) — E1 ✓)

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Degrés dans la correspondance

DémonstrationDifficulté 3/5

Pour $L/K$ galoisienne de groupe $G$ et $H\leq G$ , montrer $[L:L^H]=\lvert H\rvert$ et $[L^H:K]=[G:H]$ .

Indices (3)

$L/L^H$ 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 $[L:K]=\lvert G\rvert$ .

Correction détaillée

Les deux formules de degré

Pour $L/K$ galoisienne de groupe $G$ et $H\leq G$ :

\boxed{[L:L^H]=\lvert H\rvert\qquad\text{et}\qquad [L^H:K]=[G:H]=\frac{\lvert G\rvert}{\lvert H\rvert}}

C'est ce qui rend la correspondance CALCULABLE, et pas seulement vraie. L'exercice E1 dit qu'il y a une bijection ; celui-ci dit où chaque corps se situe dans la tour, sans jamais avoir à décrire ce corps explicitement.

Étape 1 — La première formule est le lemme d'Artin

$H$ est un groupe fini d'automorphismes de $L$ , et son corps fixe est $L^H$ . Le lemme d'Artin (exercice B5) donne directement

[L:L^H]=\lvert H\rvert

Rien de plus n'est requis : ni que $H$ soit normal, ni même que $L/K$ soit galoisienne — le lemme part d'un groupe, pas d'une extension.

Étape 2 — La seconde par multiplicativité des degrés

La tour $K\subseteq L^H\subseteq L$ donne (exercice A2)

[L:K]=[L:L^H]\cdot[L^H:K]

Or $[L:K]=\lvert G\rvert$ ( $L/K$ galoisienne, critère (i)) et $[L:L^H]=\lvert H\rvert$ (étape 1) :

\lvert G\rvert=\lvert H\rvert\cdot[L^H:K]

\boxed{[L^H:K]=\frac{\lvert G\rvert}{\lvert H\rvert}=[G:H]}

👉 Le degré au-dessus est l'ORDRE, le degré en dessous est l'INDICE. C'est la façon la plus courte de retenir le renversement : $H$ grand $\Longrightarrow$ $[L^H:K]$ petit $\Longrightarrow$ $L^H$ proche de $K$ .

La vérification qui doit devenir un réflexe

Les deux degrés se multiplient pour redonner $\lvert G\rvert$ :

\underbrace{[L^H:K]}_{[G:H]}\times\underbrace{[L:L^H]}_{\lvert H\rvert}=\frac{\lvert G\rvert}{\lvert H\rvert}\times\lvert H\rvert=\lvert G\rvert=[L:K]

Sur $\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3)$ , avec $\lvert G\rvert=4$ et $H=\langle\sigma\rangle$ d'ordre $2$ :

[L^H:\mathbb{Q}]=\frac42=2,\qquad [L:L^H]=2,\qquad 2\times 2=4\ \checkmark

Et l'on sait ainsi que $L^{\langle\sigma\rangle}$ est un corps quadratique — avant même de savoir que c'est $\mathbb{Q}(\sqrt3)$ .

👉 C'est le mode d'emploi normal : le degré vient du groupe, l'identification du corps vient ensuite, en cherchant ce qui est invariant.

Trois conséquences immédiates

1. Le théorème de Lagrange devient un théorème sur les corps. $\lvert H\rvert$ divise $\lvert G\rvert$ , donc

[L^H:K]\ \text{divise toujours}\ [L:K]

2. Un groupe d'ordre premier n'a pas de corps intermédiaire. Si $\lvert G\rvert=p$ , ses seuls sous-groupes sont $\{\mathrm{id}\}$ et $G$ , donc les seuls corps sont $L$ et $K$ : l'extension est sans étage.

3. Un sous-groupe d'indice $2$ donne un corps quadratique. Sur $S_3$ , $A_3$ est d'indice $2$ et son corps fixe est $\mathbb{Q}(j)$ (exercice E5).

\begin{array}{lccc} G & \lvert H\rvert & [L^H:K] & \text{exemple}\\\hline (\mathbb{Z}/2)^2 & 2 & 2 & \mathbb{Q}(\sqrt3)\\ S_3 & 3 & 2 & \mathbb{Q}(j)\\ S_3 & 2 & 3 & \mathbb{Q}(\sqrt[3]2)\\ \mathbb{Z}/4 & 2 & 2 & \text{un seul \'etage} \end{array}

La troisième ligne mérite un regard : un sous-groupe d'ordre $2$ dans $S_3$ donne un corps de degré $3$ — c'est bien $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)$ , dont on sait qu'il n'est pas galoisien. Le degré ne dit rien de la normalité ; c'est l'exercice E4 qui s'en charge.

Réponse.

[L:L^H]=\lvert H\rvert

,

[L^H:K]=[G:H]

. (Vérifié machine :

\lvert H\rvert\cdot[L^H:\mathbb{Q}]=4

— E2 ✓)

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La correspondance sur Q(√2,√3)

CalculDifficulté 3/5

Pour $L=\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3)$ , $G\cong(\mathbb{Z}/2)^2$ , lister les $5$ sous-groupes et leurs corps fixes, avec les degrés.

Indices (3)

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

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

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

Correction détaillée

Le treillis complet, en un tableau

$L=\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3)$ , $G=\{\mathrm{id},\sigma,\tau,\sigma\tau\}\simeq(\mathbb{Z}/2)^2$ (exercice B4). Cinq sous-groupes, cinq corps :

\begin{array}{lccl} H & \lvert H\rvert & [L^H:\mathbb{Q}] & L^H\\\hline \{\mathrm{id}\} & 1 & 4 & \mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3)=L\\ \langle\sigma\rangle & 2 & 2 & \mathbb{Q}(\sqrt3)\\ \langle\tau\rangle & 2 & 2 & \mathbb{Q}(\sqrt2)\\ \langle\sigma\tau\rangle & 2 & 2 & \mathbb{Q}(\sqrt6)\\ G & 4 & 1 & \mathbb{Q} \end{array}

C'est l'exemple canonique : assez petit pour être écrit en entier, assez riche pour montrer trois corps intermédiaires — dont un auquel personne ne pense.

Étape 1 — Les cinq sous-groupes, et pourquoi il n'y en a pas d'autre

Dans $(\mathbb{Z}/2)^2$ , tout élément non trivial est d'ordre $2$ . Un sous-groupe propre non trivial a donc un ordre divisant $4$ et différent de $1$ et $4$ : il est d'ordre $2$ , donc engendré par un unique élément non trivial.

Il y a exactement $3$ éléments non triviaux, donc $3$ sous-groupes d'ordre $2$ :

\langle\sigma\rangle,\qquad\langle\tau\rangle,\qquad\langle\sigma\tau\rangle

Avec $\{\mathrm{id}\}$ et $G$ , cela fait $5$ , et c'est complet.

⚠️ Le contraste avec $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ — même ordre, treillis différent : $\mathbb{Z}/4$ n'a qu'un sous-groupe d'ordre $2$ (engendré par $2$ ), donc un seul corps intermédiaire. Deux groupes d'ordre $4$ , deux géométries de tour.

Étape 2 — Identifier chaque corps fixe

Méthode générale : chercher ce que $H$ laisse invariant, en écrivant un élément quelconque de $L$ dans la base $\{1,\sqrt2,\sqrt3,\sqrt6\}$ (exercice A2) :

x=a+b\sqrt2+c\sqrt3+d\sqrt6

Pour $\langle\sigma\rangle$ ( $\sqrt2\mapsto-\sqrt2$ , $\sqrt3$ fixe, donc $\sqrt6\mapsto-\sqrt6$ ) :

\sigma(x)=a-b\sqrt2+c\sqrt3-d\sqrt6

\sigma(x)=x\iff b=-b\ \text{et}\ d=-d\iff b=d=0

L^{\langle\sigma\rangle}=\{a+c\sqrt3\}=\mathbb{Q}(\sqrt3)\ \checkmark

Pour $\langle\sigma\tau\rangle$ ( $\sqrt2\mapsto-\sqrt2$ ET $\sqrt3\mapsto-\sqrt3$ , donc $\sqrt6\mapsto+\sqrt6$ ) :

\sigma\tau(x)=a-b\sqrt2-c\sqrt3+d\sqrt6

\sigma\tau(x)=x\iff b=c=0\ \Longrightarrow\ L^{\langle\sigma\tau\rangle}=\mathbb{Q}(\sqrt6)

👉 $\mathbb{Q}(\sqrt6)$ est le corps qu'on oublie, et c'est le plus instructif : il ne contient ni $\sqrt2$ ni $\sqrt3$ , mais leur produit. Le calcul le fait apparaître tout seul, là où l'intuition l'aurait manqué.

Étape 3 — Les contrôles

Contrôle par les degrés (exercice E2) : chaque sous-groupe d'ordre $2$ donne bien un corps de degré $4/2=2$ ✓ et l'on retrouve trois corps quadratiques.

Contrôle par la complétude : les trois corps quadratiques sont distincts, car $\sqrt2,\sqrt3,\sqrt6$ sont deux à deux non proportionnels sur $\mathbb{Q}$ . Et il n'y en a pas d'autre : la correspondance étant une bijection, $5$ sous-groupes donnent exactement $5$ corps.

\boxed{\text{aucun autre corps quadratique n'est cach\'e dans } L}

C'est le résultat le plus fort du calcul, et il serait très difficile à obtenir directement : montrer « à la main » qu'il n'existe pas de $\sqrt7$ ni de $\sqrt{10}$ dans $L$ demanderait un argument par cas ; ici c'est une conséquence de la bijection.

Le treillis, et pourquoi tout est galoisien

\begin{array}{ccccc} & & L & & \\ & \swarrow & \downarrow & \searrow & \\ \mathbb{Q}(\sqrt2) & & \mathbb{Q}(\sqrt3) & & \mathbb{Q}(\sqrt6)\\ & \searrow & \downarrow & \swarrow & \\ & & \mathbb{Q} & & \end{array}

$G$ est abélien, donc TOUS ses sous-groupes sont normaux (la conjugaison y est triviale). Par l'exercice E4 :

\boxed{\text{les cinq corps sont galoisiens sur } \mathbb{Q}}

Et l'on peut nommer les quotients : $G/\langle\sigma\rangle\simeq\mathbb{Z}/2$ , ce qui redonne $\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\sqrt3)/\mathbb{Q})\simeq\mathbb{Z}/2$ ✓

👉 C'est le contraste à retenir avec l'exercice E5 : sur $S_3$ , non abélien, trois des six corps ne sont pas galoisiens. La commutativité du groupe est exactement ce qui rend le treillis « uniformément galoisien ».

Réponse.

5

sous-groupes ↔

\{\mathbb{Q},\mathbb{Q}(\sqrt2),\mathbb{Q}(\sqrt3),\mathbb{Q}(\sqrt6),L\}

. (Vérifié machine : bijection 5↔5 — E1/E3 ✓)

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Normalité et sous-extensions galoisiennes

DémonstrationDifficulté 3/5

Montrer que dans la correspondance, $L^H/K$ est galoisienne si et seulement si $H\triangleleft G$ , et qu'alors $\operatorname{Gal}(L^H/K)\cong G/H$ .

Indices (3)

$\sigma\in G$ 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 $H$ .

Correction détaillée

L'équivalence, et pourquoi elle est le vrai théorème

\boxed{L^H/K\ \text{est galoisienne}\iff H\triangleleft G,\ \text{et alors}\ \operatorname{Gal}(L^H/K)\simeq G/H}

C'est le deuxième étage de la correspondance, et c'est celui qui donne un sens concret à la notion de sous-groupe normal : un mot d'algèbre abstraite devient une propriété observable des corps.

\begin{array}{ll} \text{sous-groupe normal} & \longleftrightarrow\ \text{sous-extension galoisienne}\\ \text{groupe quotient } G/H & \longleftrightarrow\ \text{son groupe de Galois} \end{array}

Étape 1 — Le mécanisme : conjuguer un automorphisme

Le calcul central du théorème. Pour $\sigma\in G$ , on a

\boxed{\sigma(L^H)=L^{\sigma H\sigma^{-1}}}

Preuve, en deux lignes. Soit $x\in L^H$ et $\tau\in\sigma H\sigma^{-1}$ , disons $\tau=\sigma h\sigma^{-1}$ avec $h\in H$ . Alors

\tau\big(\sigma(x)\big)=\sigma h\sigma^{-1}\sigma(x)=\sigma\big(h(x)\big)=\sigma(x)

puisque $h(x)=x$ . Donc $\sigma(x)\in L^{\sigma H\sigma^{-1}}$ , et l'inclusion réciproque s'obtient en appliquant le même argument à $\sigma^{-1}$ .

👉 Toute l'équivalence est déjà là. Conjuguer le groupe revient à déplacer le corps ; $H$ est normal exactement quand ce déplacement ne bouge rien.

Étape 2 — Le sens « normal $\Longrightarrow$ galoisienne »

Si $H\triangleleft G$ , alors $\sigma H\sigma^{-1}=H$ pour tout $\sigma$ , donc

\sigma(L^H)=L^H\qquad\text{pour tout } \sigma\in G

Chaque $\sigma\in G$ se restreint donc en un $K$ -automorphisme de $L^H$ . On obtient un morphisme de groupes

\rho:\ G\ \longrightarrow\ \operatorname{Gal}(L^H/K),\qquad \sigma\longmapsto\sigma_{\vert L^H}

Son noyau est $H$ : $\sigma$ se restreint en l'identité de $L^H$ exactement quand $\sigma$ fixe $L^H$ point par point, c'est-à-dire quand $\sigma\in\operatorname{Gal}(L/L^H)=H$ (lemme d'Artin).

Par le premier théorème d'isomorphisme :

G/H\ \hookrightarrow\ \operatorname{Gal}(L^H/K)

Et c'est une égalité par comptage : $\lvert G/H\rvert=[G:H]=[L^H:K]$ (exercice E2), donc le groupe de Galois atteint le degré — critère (i) :

\boxed{\operatorname{Gal}(L^H/K)\simeq G/H,\ \text{et } L^H/K \text{ est galoisienne}}

Étape 3 — Le sens réciproque

Supposons $L^H/K$ galoisienne, c'est-à-dire normale : elle contient toutes les racines des polynômes minimaux de ses éléments.

Pour $\sigma\in G$ et $x\in L^H$ , $\sigma(x)$ est un conjugué de $x$ (exercice B1), donc $\sigma(x)\in L^H$ par normalité. D'où $\sigma(L^H)\subseteq L^H$ , et l'égalité par dimension finie.

L'étape 1 donne alors

L^{\sigma H\sigma^{-1}}=\sigma(L^H)=L^H

et la correspondance étant injective (exercice B5), on remonte aux groupes :

\sigma H\sigma^{-1}=H\qquad\text{pour tout }\sigma\in G

\boxed{H\triangleleft G}

👉 C'est ici que l'injectivité de la correspondance sert vraiment : sans elle, l'égalité des corps fixes ne permettrait pas de conclure à l'égalité des groupes.

L'exemple qui fait tout comprendre

$L=\mathbb{Q}(\sqrt[3]2,j)$ , $G\simeq S_3$ , et $H=\langle\sigma\rangle$ d'ordre $2$ , de corps fixe $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)$ .

$H$ n'est PAS normal dans $S_3$ : les trois sous-groupes d'ordre $2$ y sont conjugués entre eux. Conjuguer $H$ déplace donc le corps fixe :

\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)\ \longrightarrow\ \mathbb{Q}(j\sqrt[3]2)\ \longrightarrow\ \mathbb{Q}(j^2\sqrt[3]2)

Ces trois corps sont les trois corps de rupture de $X^3-2$ , distincts et isomorphes — l'image exacte, du côté des corps, de la conjugaison des trois sous-groupes.

\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)/\mathbb{Q}\ \text{n'est pas galoisienne}\ \checkmark

ce qu'on savait déjà par le comptage direct de l'exercice B2 — mais on en a maintenant la RAISON structurelle, et non plus seulement le constat.

À l'inverse, $A_3$ est normal (d'indice $2$ , donc automatiquement normal), et son corps fixe $\mathbb{Q}(j)$ est bien galoisien, de groupe

\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(j)/\mathbb{Q})\simeq S_3/A_3\simeq\mathbb{Z}/2\ \checkmark

Réponse.

L^H/K

galoisienne

\iff H\triangleleft G

, et

\operatorname{Gal}(L^H/K)\cong G/H

. (Vérifié machine : A₃◁S₃ — E4 ✓ ; recoupe Groupes)

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Correspondance pour x³−2 (groupe S₃)

CalculDifficulté 3/5

Pour $L=\mathbb{Q}(\sqrt[3]2,j)$ ( $\operatorname{Gal}\cong S_3$ , ordre $6$ ), dire quels corps intermédiaires sont galoisiens sur $\mathbb{Q}$ , en utilisant la normalité des sous-groupes de $S_3$ .

Indices (3)

$S_3$ 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 $2$ ).

Correction détaillée

Le résultat : trois corps galoisiens sur six

$L=\mathbb{Q}(\sqrt[3]2,j)$ , corps de décomposition de $X^3-2$ , avec $[L:\mathbb{Q}]=6$ et $G\simeq S_3$ .

\begin{array}{lcccl} H & \lvert H\rvert & L^H & [L^H:\mathbb{Q}] & \text{galoisien ?}\\\hline \{\mathrm{id}\} & 1 & L & 6 & \textbf{OUI}\\ \langle\tau_1\rangle & 2 & \mathbb{Q}(\sqrt[3]2) & 3 & \text{non}\\ \langle\tau_2\rangle & 2 & \mathbb{Q}(j\sqrt[3]2) & 3 & \text{non}\\ \langle\tau_3\rangle & 2 & \mathbb{Q}(j^2\sqrt[3]2) & 3 & \text{non}\\ A_3 & 3 & \mathbb{Q}(j) & 2 & \textbf{OUI}\\ S_3 & 6 & \mathbb{Q} & 1 & \textbf{OUI} \end{array}

Six sous-groupes, six corps, trois seulement galoisiens — c'est l'exemple le plus instructif du chapitre, précisément parce qu'il n'est pas uniforme.

Étape 1 — Les six sous-groupes de $S_3$

$S_3$ a $6$ éléments : l'identité, $3$ transpositions (ordre $2$ ), $2$ $3$ -cycles (ordre $3$ ).

Par Lagrange, un sous-groupe a pour ordre $1$ , $2$ , $3$ ou $6$ :

\begin{array}{ll} \text{ordre } 1 & \{\mathrm{id}\}\ \text{— un seul}\\ \text{ordre } 2 & \text{engendr\'e par une transposition — } \mathbf{3}\\ \text{ordre } 3 & \text{engendr\'e par un } 3\text{-cycle — } \mathbf{1}\ (=A_3,\ \text{les deux } 3\text{-cycles l'engendrent}) \\ \text{ordre } 6 & S_3\ \text{— un seul} \end{array}

Total : $6$ sous-groupes ✓ — vérifié par énumération exhaustive des parties stables.

Étape 2 — Lesquels sont normaux

Le contrôle est la conjugaison : $H\triangleleft G$ signifie $gHg^{-1}=H$ pour tout $g$ .

\begin{array}{ll} \{\mathrm{id}\} & \textbf{normal}\ \text{(toujours)}\\ \langle(1\,2)\rangle & \textbf{NON} : (1\,3)(1\,2)(1\,3)^{-1}=(2\,3)\notin H\\ A_3 & \textbf{normal}\ \text{(indice } 2)\\ S_3 & \textbf{normal}\ \text{(toujours)} \end{array}

La ligne 2 est le calcul à faire soi-même : conjuguer la transposition $(1\,2)$ par $(1\,3)$ donne $(2\,3)$ , qui n'est pas dans $\langle(1\,2)\rangle$ . Les trois sous-groupes d'ordre $2$ sont donc conjugués entre eux, aucun n'est normal.

Pourquoi un sous-groupe d'indice $2$ est toujours normal : il n'y a que deux classes, $H$ et son complémentaire, à gauche comme à droite — donc $gH=Hg$ forcément.

\boxed{3\ \text{normaux :}\ \{\mathrm{id}\},\ A_3,\ S_3}

Étape 3 — La traduction en corps

Par l'exercice E4, normal $\iff$ galoisien :

$A_3$ normal $\Longrightarrow$ $\mathbb{Q}(j)/\mathbb{Q}$ galoisienne, de groupe

\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(j)/\mathbb{Q})\simeq S_3/A_3\simeq\mathbb{Z}/2\ \checkmark

ce qui se vérifie directement : $\mathbb{Q}(j)$ est de degré $2$ , donc galoisienne (exercice B2), et l'automorphisme non trivial est la conjugaison complexe, $j\mapsto j^2=\bar j$ .

$\langle\tau_1\rangle$ non normal $\Longrightarrow$ $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)/\mathbb{Q}$ non galoisienne ✓ — ce que l'exercice B2 avait établi par comptage.

👉 Les deux méthodes concordent, et c'est ce qui valide la table. Mais elles ne donnent pas la même chose : le comptage constate, la normalité explique.

Ce que cet exemple enseigne

1. La non-normalité se VOIT dans les corps. Les trois corps de degré $3$ sont distincts et isomorphes entre eux — image exacte de la conjugaison des trois sous-groupes (exercice E4, étape 1). Un automorphisme de $L$ les permute.

2. « Corps de rupture » et « corps de décomposition » se séparent ici. $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)$ contient une racine de $X^3-2$ ; il faut $L$ pour les avoir toutes.

3. Un corps intermédiaire peut être galoisien sur $\mathbb{Q}$ ou pas, mais $L$ est TOUJOURS galoisien sur lui :

L/\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)\ \text{est galoisienne de groupe}\ \langle\tau_1\rangle\simeq\mathbb{Z}/2

C'est le sens $M\mapsto\operatorname{Gal}(L/M)$ de l'exercice E1, qui ne demande aucune normalité. La normalité ne concerne que l'étage du BAS.

\begin{array}{ll} L/M & \text{toujours galoisienne}\\ M/K & \text{galoisienne} \iff H \triangleleft G \end{array}

4. Et c'est le premier pas vers le lot D : la chaîne $\{\mathrm{id}\}\triangleleft A_3\triangleleft S_3$ , à quotients $\mathbb{Z}/3$ et $\mathbb{Z}/2$ abéliens, dit que $S_3$ est résoluble — donc que $X^3-2$ est résoluble par radicaux, ce que la formule de Cardan confirme.

Réponse.

\mathbb{Q}(j)

galoisienne (A₃◁S₃) ; les

3

corps cubiques non galoisiens. (Vérifié machine : A₃◁S₃, transpositions non normales — E4 ✓)

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Extensions cyclotomiques

CalculDifficulté 3/5

Montrer que $\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q})\cong(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times$ , d'ordre $\varphi(n)$ . Donner l'ordre pour $n=5,8,12$ .

Indices (3)

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 $(\mathbb{Z}/n)^\times$ .

Correction détaillée

Le théorème, et l'ordre pour trois valeurs de $n$

\boxed{\operatorname{Gal}\big(\mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q}\big)\ \simeq\ (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times,\qquad \text{d'ordre } \varphi(n)}

\begin{array}{lccl} n & \varphi(n) & (\mathbb{Z}/n)^\times & \text{cyclique ?}\\\hline 5 & 4 & \{1,2,3,4\} & \textbf{OUI},\ \simeq\mathbb{Z}/4\\ 8 & 4 & \{1,3,5,7\} & \textbf{NON},\ \simeq(\mathbb{Z}/2)^2\\ 12 & 4 & \{1,5,7,11\} & \textbf{NON},\ \simeq(\mathbb{Z}/2)^2 \end{array}

Trois fois l'ordre $4$ , deux structures différentes — c'est exactement ce qui rend l'exemple utile : l'ordre ne détermine pas le groupe.

Ces extensions sont abéliennes, donc toutes leurs sous-extensions sont galoisiennes (exercice E4).

Étape 1 — Construire le morphisme

$\zeta_n=e^{2i\pi/n}$ est une racine primitive $n$ -ième de l'unité, et $\mathbb{Q}(\zeta_n)$ est le corps de décomposition de $X^n-1$ : toutes les racines sont les $\zeta_n^k$ , donc toutes dans le corps. L'extension est galoisienne.

Un automorphisme $\sigma$ envoie $\zeta_n$ sur une racine primitive — il préserve l'ordre multiplicatif — donc

\sigma(\zeta_n)=\zeta_n^{\,k}\qquad\text{avec}\ \gcd(k,n)=1

On pose $\chi(\sigma)=k\bmod n$ . C'est un morphisme de groupes :

\sigma\sigma'(\zeta_n)=\sigma(\zeta_n^{\,k'})=\big(\zeta_n^{\,k}\big)^{k'}=\zeta_n^{\,kk'}

\chi(\sigma\sigma')=\chi(\sigma)\chi(\sigma')

Injectif : si $k=1$ alors $\sigma$ fixe $\zeta_n$ , donc tout le corps qu'il engendre.

\operatorname{Gal}\ \hookrightarrow\ (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times

Étape 2 — La surjectivité, et où est la difficulté

\lvert\operatorname{Gal}\rvert=[\mathbb{Q}(\zeta_n):\mathbb{Q}]=\deg\Phi_n=\varphi(n)=\lvert(\mathbb{Z}/n)^\times\rvert

un morphisme injectif entre ensembles finis de même cardinal est bijectif.

\boxed{\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q})\simeq(\mathbb{Z}/n)^\times}

⚠️ Toute la difficulté est concentrée dans une seule égalité : $[\mathbb{Q}(\zeta_n):\mathbb{Q}]=\varphi(n)$ , c'est-à-dire l'irréductibilité de $\Phi_n$ sur $\mathbb{Q}$ .

Ce n'est pas gratuit. Pour $n=p$ premier, le critère d'Eisenstein appliqué à $\Phi_p(X+1)$ conclut ; pour $n$ quelconque, la preuve est nettement plus délicate, et l'on admet le résultat ici.

👉 Sans lui, on n'aurait qu'une injection — donc une majoration du degré, et pas le théorème.

Étape 3 — Les trois cas, calculés

$n=5$ . $\Phi_5=X^4+X^3+X^2+X+1$ , $\varphi(5)=4$ . Les ordres dans $(\mathbb{Z}/5)^\times$ :

\mathrm{ord}(1)=1,\quad \mathrm{ord}(2)=4,\quad \mathrm{ord}(3)=4,\quad \mathrm{ord}(4)=2

$2$ est d'ordre $4$ : le groupe est cyclique, $\simeq\mathbb{Z}/4$ .

$n=8$ . $\Phi_8=X^4+1$ , $\varphi(8)=4$ . Les ordres :

3^2=9\equiv 1,\qquad 5^2=25\equiv 1,\qquad 7^2=49\equiv 1\pmod 8

Tous les éléments non triviaux sont d'ordre $2$ : aucun élément d'ordre $4$ , donc $\simeq(\mathbb{Z}/2)^2$ , le groupe de Klein.

$n=12$ . $\Phi_{12}=X^4-X^2+1$ , $\varphi(12)=4$ , et de même

5^2=25\equiv 1,\qquad 7^2=49\equiv 1,\qquad 11^2=121\equiv 1\pmod{12}

$\simeq(\mathbb{Z}/2)^2$ également.

Ce que le contraste $n=5$ / $n=8$ enseigne

Le nombre de corps intermédiaires DIFFÈRE, à degré égal :

\begin{array}{lccl} & \text{groupe} & \text{sous-groupes d'ordre } 2 & \text{corps quadratiques}\\\hline \mathbb{Q}(\zeta_5) & \mathbb{Z}/4 & 1 & \mathbf{1}:\ \mathbb{Q}(\sqrt5)\\ \mathbb{Q}(\zeta_8) & (\mathbb{Z}/2)^2 & 3 & \mathbf{3}:\ \mathbb{Q}(i),\ \mathbb{Q}(\sqrt2),\ \mathbb{Q}(i\sqrt2) \end{array}

Deux extensions de degré $4$ , deux treillis incomparables. Et cela se lit sur $\mathbb{Q}(\zeta_8)$ : $\zeta_8=\frac{\sqrt2}{2}(1+i)$ , donc le corps contient bien $i$ et $\sqrt2$ — c'est le $\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3)$ de l'exercice E3, avec $i$ à la place de $\sqrt3$ .

$(\mathbb{Z}/n)^\times$ est cyclique exactement pour $n=1,2,4,p^k,2p^k$ ( $p$ premier impair). Ni $8$ ni $12$ n'y sont, ce qui explique les deux « NON ».

👉 Le lien avec la constructibilité (lot C) : le groupe étant abélien, il est résoluble, et par le théorème de Gauss-Wantzel le polygone à $n$ côtés est constructible dès que $\varphi(n)$ est une puissance de $2$ — d'où $n=17$ , avec $\varphi(17)=16$ .

Réponse.

\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q})\cong(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times

, ordres

4,4,4

. (Vérifié machine — B5/C2 ✓ ; recoupe Arithmétique)

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Exercices corrigés — Théorie de Galois

Les 18 exercices

Extension de corps et degré

Tour des degrés

Polynôme minimal

Corps de rupture et de décomposition

Extension finie ⇒ algébrique

Élément primitif d'une extension

Automorphismes et borne |Gal| ≤ [L:K]

Premiers groupes de Galois

Caractérisation des extensions galoisiennes

Le groupe de Klein Gal(Q(√2,√3)/Q)

Lemme d'Artin (corps fixe)

Groupe de Galois d'un corps fini

Théorème fondamental de la correspondance

Degrés dans la correspondance

La correspondance sur Q(√2,√3)

Normalité et sous-extensions galoisiennes

Correspondance pour x³−2 (groupe S₃)

Extensions cyclotomiques

S'entraîner davantage sur théorie de galois