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Soit P (X) = X p − 3.

1

Exercice 1.1


Clairement, les racines de P dans C sont p 3ζ i pour i de 0 `a p − 1. Donc K,
engendr´e par ces racines, contient ζ car quotient de deux racines :

p

ζ= √
p
3

Donc K est bien une extension
de k. √Par ailleurs, elle contient bien sˆ
ur p 3

racine de P . Clairement k[ p 3] = Q[ζ, p 3] contient les racines de P donc on a

p
K = k[ 3]

2

Exercice 1.2

p ´etant premier, 1 + X + · · ·√+ X p−1 est irr´eductible comme polynˆome cyclotomique
et [k : Q] = p − 1 . p 3 ´etant solution d’une ´equation de degr´e p, on a

p
[k[ 3] : k] ≤ p. Or

p
[K : Q] = [k[ 3] : k][k : Q]
On en d´eduit que [K : Q] est divisible par p − 1 et est plus petit que p(p − 1).

3

Exercice 1.3

Ecrivons P = P1 .P2 avec P1 , P2 dans Q[X] et P1 de degr´e n non
√ nul. Alors les
racines de P1 sont celle de P . En particulier, leur module est p 3. D’autre part,
le produit de toutes les racines vaut au signe pr´es P1 (0) qui est rationnelle - et
mˆeme entier d’ailleurs. En passant au module et en ´elevant `a la puissance p, on
obtient
∃p1 , q1 ∈ Z∗ / q1p 3n = pp1
On peut bien sˆ
ur supposer q1 premier avec p1 et les deux positifs. Donc pp1
n
n
divise 3 . On en d´eduit que 3pp est un entier qui a un inverse q1p dans N . Donc
1
il vaut 1 et p1 = 3, n = p. P2 est donc constant et P est irr´eductible.

4

Exercice 1.4


L’irr´eductibilit´e de P implique imm´ediatement que [Q[ p 3]] = p. Mais


p
p
[K : Q] = [K : Q[ 3].[Q[ 3] : Q]
Donc p divise [K : Q]. D’apr`es le point 2, il est aussi divisible par p − 1 qui est
premier avec p donc il est divisible par p(p − 1). On savait aussi qu’il ´etait plus
petit que ce nombre, donc
[K : Q] = p(p − 1)
1

5

Exercice 1.5


De [K : Q] = [k[ p 3] : k][k : Q], on d´eduit que

p
[k[ 3] : k] = p
Donc il n’existe
pas de polynˆome `a coefficient dans k de degr´e plus petit que p

annulant p 3, ce qui revient `a dire que P est aussi irr´eductible sur k.

6

Exercice 1.6

K est une extension galoisienne de k puisque c’est le corps de racines de P . On
peut donc appliquer la th´eorie de Galois `a l’extension Q ⊂ k ⊂ K,
Soit N le groupe de Galois de P sur k vu comme sous-groupe de G.
k, comme extension cyclotomique avec p premier est une extension galoisienne de Q de groupe de Galois isomorphe `a Z/(p − 1)Z.
Comme l’extension est galoisienne, N est distingu´e dans G et G/N est isomorphe `
a son groupe de Galois Z/(p − 1)Z.

Reste `
a calculer N . Les racines√sont p√3ζ i . Soit alors σ un ´el´ement de ce
groupe, il permute les racines et σ( p 3) = p 3ζ i pour un certain i de [0, p − 1].
Comme ζ j est dans k,


p
p
σ( 3ζ j ) = σ( 3)ζ i+j
et σ est parfaitement d´efini et on peut facilement v´erifier que c’est un morphisme
de corps.


Si on d´efinit σ1 comme celui qui envoie σ( p 3) sur p 3ζ, on a clairement
σ = σ1i . N est donc un groupe cyclique d’ordre p.

7

Exercice 1.7


Consid´
erons maintenant la suite d’extension Q ⊂ Q[ p 3] ⊂ K L’extension K de

Q[ p 3] est cyclotomique sur un corps de caract´eristique nulle et son groupe de
Galois H est donc isomorphe `a un sous-groupe de Z/(p − 1)Z.
Par ailleurs, de l’´equation


p
p
[K : Q] = [K : Q[ 3].[Q[ 3] : Q]

on tire que [K : Q[ p 3] = p − 1. H contient donc au moins p − 1 ´el´ements, et H
est donc isomorphe `
a Z/(p − 1)Z
H ∩ N est un sous-groupe de N . Or N est cyclique d’ordre p premier.
Classiquement, les seuls sous-groupes sont 0 et N . Comme H contient p − 1
´el´ements, ce n’est pas N , c’est donc√0 et H ∩ N = 0
3] de Q n’est pas galoisienne. En effet, il
On constate
que l’extension Q[ p √

p
contient 3 mais pas son conjugu´e p 3ζ. La th´eorie de Galois implique alors
que H n’est pas distingu´e.
Ayant un sous-groupe non distingu´e, G ne saurait ˆetre commutatif.
2

8

Exercice 2.1

L’extension Q[ζn ] est une extension galoisienne connue : c’est l’extension cyclotomique de degr´e φ(n) avec φ l’indicateur d’Euler et son groupe de Galois est
(Z/nZ)∗ , les ´el´ements inversibles de Z/nZ.
Si il y a une extension E de degr´e 3 de Q dans Q[ζn ], alors, en consid´erant
la suite d’extension Q ⊂ E ⊂ Q[ζn ], on en d´eduit que 3 divise φ(n).
Le premier candidat est n = 7 car φ(7) = 6. On v´erifie qu’il convient. En
effet les extensions se lisent dans les sous-groupes de (Z/nZ)∗ qui est un un
groupe cyclique d’ordre 6 puisque 7 est premier. Les extensions de degr´e 3 sont
les sous-groupes de cardinal 6/3 = 2. Il n’y en a qu’un, c’est {1, 6}, engendr´e
par l’automorphisme σ(ζ7 ) = ζ76 = ζ7 , c’est donc la conjugaison complexe.
L’extension E est alors celle qui est stable par conjugaison complexe, donc
E = Q[ζ7 ] ∩ R

9

Exercice 2.2

En fait, la d´emonstration pr´ec´edente a d´ej`a montr´e qu’il y en avait qu’une car
il n’y a qu’un seul sous-groupe d’ordre 2 dans Z/6Z.

10

Exercice 2.3

Le groupe de Galois de Q[ζ7 ] ´etant commutatif, tous ses sous-groupes sont
distingu´es et donc toutes les sous-extensions sont galoisiennes, en particulier
E.

11

Exercice 2.3

Prenons un ´el´ement de E, par exemple x = ζ7 + ζ7−1 .
Ses conjug´es sont les σ(x) o`
u σ d´ecrit le groupe de Galois G. On v´erifie que
3 est bien un g´en´erateur de (Z/7Z)∗ correspondant au morphisme σ(ζ7 ) = ζ73 .
Donc les conjugu´es de x sont ζ73 + ζ7−3 et ζ79 + ζ7−9 et comme ζ77 = 1, notre
polynˆ
ome est
P (X) = (X − ζ7 − ζ7−1 )(X − ζ72 − ζ7−2 )(X − ζ73 − ζ7−3 )
dont on sait qu’il est `
a coefficient entiers puisque ces derniers sont stables par
Galois.
x n’est pas rationnel, sinon ζ7 serait solution de l’ ´equation X 2 − xX + 1
de degr´e 2. Or on sait que l’extension Q[ζ7 ] est de degr´e 6. De plus, il ne peut
ˆetre solution d’une ´equation de degr´e 2, car cette extension, incluse dans E,
impliquerait que 2 divise 3. Il est donc de degr´e 3, P est son polynˆome minimal
et est donc irr´eductible.
Calculons, pour la forme, les coefficients de P .
3

Celui de X 2 est la somme, au signe pr`es, des ζ i , i allant de 1 `a 6, qui vaut
−1.
Celui de X est la somme des xi .xj avec xi une racine. En d´eveloppant,
on
P i
a donc 4.3 = 12 de ζ i avec i 6= 0. C’est donc par sym´etrie deux fois
ζ , c’est
donc −2
La constante est −x1 x2 x3 . Cette fois, on a 2.2.2 = 8 termes en ζ7i . Il y en a
forc´ement 2 de puissance 0 et les autres sont les ζ7i avec des i diff´erents. C’est
donc −(2 − 1) = −1. On trouve
P (X) = X 3 + X 2 − 2X − 1
V´erifions qu’il n’y a pas de faute de calcul :

P (x)

=(ζ7 + ζ7−1 )3 + (ζ7 + ζ7−1 )2 − 2(ζ7 + ζ7−1 ) − 1
=ζ73 + ζ7−3 + 3ζ7 .ζ7−1 (ζ7 + ζ7−1 ) + ζ72 + ζ7−2 + 2.ζ7 .ζ7−1 − 2(ζ7 + ζ7−1 ) − 1
=ζ73 + ζ7−3 + (3 − 2)(ζ7 + ζ7−1 ) + ζ72 + ζ7−2 + 2 − 1
=0

12

Exercice 3.1

Soit P (X) = X 5 − 6X + 3.
Montrons que P est irr´eductible. 3 divise tous les coefficients mais 9 = 33 ne
divise pas 3, le coefficient constant. Le crit`ere d’Eisenstein avec p = 3 s’applique
et P est irr´eductible.
Comme P est irr´eductible, on peut envoyer, par un ´el´ement de G, toute
racine de P sur une autre racine. En d’autres termes, G op`ere transitivement
sur les racines, et on a vu (exercice V.4) que dans ce cas, 5 divise l’ordre de G.

13

Exercice 3.2

Le polynˆ
ome P ´etant `
a coefficients r´eels, les deux racines complexes sont conjugu´es et la conjugaison complexe envoie donc une racine complexe sur l’autre et
laisse bien sˆ
ur les trois r´eels inchang´es. Elle correspond donc `a une transposition
dans S5 .
D’un autre cˆ
ot´e, 5 ´etant premier et divisant le cardinal de G le lemme de
Cauchy(exercice V.5)nous permet d’affirmer qu’il y a un ´el´ement d’ordre 5. Or
une permutation d’ordre 5 est en fait un cycle. Pour cela, il suffit de d´ecomposer
la permutation en cycle sur support disjoint. L’ordre est alors le ppcm des
ordres de chaque cycle puisqu’ils commutent. Mais 5 ´etant premier, ils sont
toutes d’ordre 5. Comme il n’y a que 5 racines, il y en a bien qu’un.
Pour conclure, on a vu dans l’exercice V.2 qu’une cycle d’ordre n et une
transposition engendrait le groupe Sn si n est premier, donc G = S5

4

14

Exercice 3.3

On a vu que A5 n’´etait pas r´esoluble car son commutateur ´etait lui mˆeme. Donc
S5 n’est pas r´esoluble. Comme une extension est r´esoluble par radicaux, si et
seulement si son groupe de Galois l’est, le polynˆome n’est pas r´esoluble par
radicaux.

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