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Soit P (X) = X 4 + X 2 + X + 1.

1

Exercice 1.1

Comme F∗9 est cyclique, on a x8 = 1 pour tout ´el´ement non nul. Donc x4 est
solution du polynˆ
ome X 2 = 1 qui a deux solutions 1 et −1. Donc x4 = 1 ou
4
x = −1

2

Exercice 1.2

Supposons P = P1 P2 avec P1 et P2 de degr´e au moins 1. Testons P sur F3 . On
a
P (0) = 1, P (1) = 4 = 1, P (−1) = 2
Donc il n’y a pas de solution dans F3 et les degr´es de P1 et P2 doivent ˆetre au
moins ´egales `
a deux . Comme P est de degr´e 4, P1 et P2 sont de degr´e 2. Soit
donc α une racine de P1 dans Ω. Comme F9 est la seule extension alg´ebrique
de F3 de degr´e 2, on a α ∈ F9 et l’exercice pr´ec´edent s’applique. Si α4 = −1,
alors P (α) = 0 donne α(α + 1) = 0 soit α = 0 ou α = −1. C’est impossible car
α n’est pas dans F3 . Donc α4 = 1 et cette fois P (α) = 0 donne l’´equation
α2 = −2 − α
Elevons au carr´e pour obtenir
1 = 4 + 4α + α2 = 2 + 3α = 2
Contradiction encore. Donc P ne peut s’´ecrire P1 P2 et P est irr´eductible dans
F3 .

3

Exercice 1.3

Si P n’´etait pas irr´eductible sur Q, il s’´ecrirait P = P1 .P2 dans Q[X] On peut
choisir P1 et P2 unitaires. Mais alors P1 et .P2 sont dans Z[X] car P est unitaire,
d’apr`es un r´esultat bien connu. En effet, en multipliant par les ppcm p1 , p2 des
d´enominateurs des coefficients respectifs de P1 et P2 , ils deviennent `a coefficients
entiers. L’´equation s’´ecrit alors
p1 p2 P = P1 P2
Pour un nombre premier p divisant p1 , on a donc dans Fp [X] , P1 P2 = 0. Or
P1 n’est pas nul, puisque p divise p1 donc c’est P2 . p ne peut donc diviser p2
puisqu’il divise tous les coefficients de P2 . Mais le coefficient dominant de P2
est justement p2 . Contradiction. Un tel p n’existe pas et p2 = 1. De mˆeme
p1 = 1.
En passant dans F3 , on a donc P = P1 .P2 Les degr´es des P1 et P2 restent les
mˆemes puisqu’ils sont unitaires. Mais c’est impossible, donc P est irr´eductible
sur Q
1

4

Exercice 1.4

Comme P est irr´eductible, une racine x g´en`ere une extension de degr´e 4 qui
n’est autre que F81 .

5

Exercice 1.5

La d´emonstration pr´ec´edente a montr´e que toutes les racines se trouvaient dans
F81 . Donc P est scind´e sur F81 .

6

Exercice 1.6

On peut voir F81 comme une extension de degr´e 2 de F9 . Donc une racine x de
P est solution d’une ´equation de degr´e 2 dans F9 . Notons l`a Q. Alors le pgcg
de P et Q, vu dans F81 est au moins divisible par X − x. Il est donc diff´erent
de 1, et comme il est dans F9 [X], P a un diviseur, il n’est pas irr´eductible dans
F9 . En fait, ce pgcd est mˆeme Q car il ne saurait ˆetre X − x qui n’est pas dans
F9 . Il est donc de degr´e 2.

7

Exercice 1.7

Soit x une racine de P de degr´e n sur F27 [x]. Bien sˆ
ur n est plus petit que 4.
De la suite d’extension F3 ⊂ F3 [x] ⊂ F27 [x], on d´eduit
[F27 [x] : F3 ] = [F27 [x] : F3 [x]][F3 [x] : F3 ] = 4[F27 [x] : F3 [x]]
Mais on a aussi la suite d’extension F3 ⊂ F27 ⊂ F27 [x]. Cette fois-ci on
[F27 [x] : F3 ] = [F27 [x] : F27 ][F27 : F3 ] = 3n
Or 4 est premier avec 3, donc divise n. n vaut donc 4 et le polynˆome P est
irr´eductible sur F27 [x].

8

Exercice 1.8

Soit Q le polynˆ
ome d’ordre 2 minimal de x `a coefficient dans F9 et T le morphisme de Frobenius y 7→ y 3 . T 2 est un morphisme de corps qui ne laisse
invariant que F9 , on a
T 2 (Q(x)) = Q(T 2 (x)) = 0
Donc T 2 (x), qui est diff´erent de x car x n’est pas dans F9 , est la racine conjugu´ee
de x pour Q. Mais alors x + x9 n’est autre que l’oppos´e du coefficient de X
dans Q. Il appartient donc a` F9

2

9

Exercice 2.1

(1,11,2,5)(3,9)(4,10,7)

10

Exercice 2.2

De cette d´ecomposition on en d´eduit imm´ediatement la signature
−1. − 1.1 = 1

11

Exercice 2.3

Notons σ1 , σ2 , σ3 les cycles de la d´ecomposition ci-dessus. Etant de support
disjoint, ils commutent et
∀n, σ n = σ1n σ2n σ3n
Si σ n = 1, c’est que σ1n = σ2n = σ3n = 1, car l`a encore, les supports sont disjoints.
Mais alors 4, 2 et 3 divise n. Donc n est divisible par 12 qui est l’ordre de σ

12

Exercice 2.4

D´ecomposons τ en cycle :
(1, 9, 11, 4, 2, 6)(3, 8, 5, 7, 10)
La signature est impaire . Il ne peut donc ˆetre le conjugu´e d’une permutation
paire.

13

Exercice 3.1


ρ est solution de X 2 + X + 1 = 0 qui n’appartient pas `a Q[ 3 2] car c’est un
corps de r´eels, donc

3
[K : Q[ 2]] = 2

De mˆeme, 3 2 est solution de X 3 − 2 clairement irr´eductible dans Q. Donc

3
[Q[ 2] : Q] = 3
On en d´eduit que


3
3
[K : Q] = [K : Q[ 2]] [Q[ 2 : Q] = 6

3

14

Exercice 3.1

Posons Y =

T 3 +T +1
T 5 +1 .

C’est bien sˆ
ur un ´el´ement de M Alors on a
(T 5 + 1)Y = T 3 + T + 1

Donc le polynˆ
ome X 5 .Y − X 3 − X + Y − 1 `a coefficient dans M a bien T comme
racine. T est donc alg´ebrique sur M et M [T ] est une extension finie. Contenant
T qui engendre le corps L, L est bien une extension finie.
Si Y ´etait alg´ebrique sur Q, il en r´esulterait que T , qui est alg´ebrique sur
Q[Y ], grˆ
ace `
a l’´equation ci-dessus, serait alg´ebrique sur Q. Mais T est transcendant, puisque P (T ) n’est jamais nul pour tout polynˆome P non nul de Q[X].
Donc Y est transcendant sur Q et M n’est pas une extension alg´ebrique de Q

15

Exercice 3.3



Soit P le polynˆ
ome minimal de 9 45 de degr´e n. Clairement X 9 − 45 a 9 45
comme racine, n ≤ 9. De plus P divise X 9 − 45, car il est minimal. √
Montrons
9
i 9
45 pour
l’´egalit´e. Si on note ω = exp 2iπ
,
alors
les
racines
de
X

45
sont
ω
9
0 ≤ i < 9 et une sous partie sont les z´eros de P . Le produit de cette sous partie
est ´egale au signe pr`es au coefficient de degr´e 0 de P donc est rationnelle. Le
module aussi d’ailleurs. Donc

p
9
∃p, q ∈ N / 45n =
q
On a donc l’´equation enti`ere suivante :
q 9 45n = p9
On peut supposer p, q premier entre eux, donc aussi q 9 et p9 . On a donc q = 1.
La d´ecomposition de 45n en facteurs premiers est 32n 5n . Pour ˆetre une puissance
9eme√d’un entier, il faut donc que n = 9
9
45 est donc de degr´e 9.

4


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