<<

. 13
( 15)



>>


distinctes de P dans . Par re ´currence, pour chacun de ces homomorphismes,
le nombre nE d™homomorphismes L ! qui l™e
´tendent est non nul et majore ´
´sulte que le nombre d™homomorphismes L !
par [L : E]. Il en re qui
´tendent l™inclusion K ! est d™une part non nul, et d™autre part majore par
e ´
[L : E] P „ [L : E] [E : K] = [L : K].
Si x1 n™est pas se
´parable sur K, P < [E : K] et on a une ine ´galite stricte.
´
Re´ciproquement, si tous les xi sont se ´parables sur K, on a deg P = [E : K]
homomorphismes E ! qui e
´tendent l™inclusion de K dans . Ensuite, re-
marquons que d™apres le lemme 13.2.7, les xi pour i
` 2 sont se
´parables sur
´currence, chacun des [E : K] homomorphismes E !
E. Par re admet donc
[L : E] prolongements L ! . Finalement, il existe [L : E] [E : K] = [L : K]
homomorphismes de L dans qui e
´tendent l™inclusion de K dans .
Corollaire 13.2.9. ” Soit K L une extension algebrique ¬nie de corps. Alors, L est
´
separable sur K si et seulement si L est engendree comme K-algebre par une famille d™elements
´ ´ ` ´´
de L separables sur K.
´
Demonstration. ” Si L est se ´parable sur K, elle est a fortiori engendre par une
´e
´
famille d™e ´ments se
´le ´parables. Dans l™autre sens, la de´monstration du the ` me
´ore
pre ´dent montre que des que L contient un e ´ment non se
´ce ` ´le ´parable sur K,
le nombre de K-homomorphismes de L dans une cloture alge ˆ ´brique de K est
strictement infe
´rieur a [L : K]. Par suite, L ne peut pas etre engendre par une
` ˆ ´e
famille d™e ´ments se
´le ´parables sur K.
Corollaire 13.2.10. ” Soit K L et L E deux extensions algebriques ¬nies de corps.
´
Si E est separable sur L et si L est separable sur K, alors E est separable sur K.
´ ´ ´
Demonstration. ” Soit une cloture alge
ˆ ´brique de E. Comme L est se ´parable
´
sur K, il existe [L : K] K-homomorphismes L ! . Comme E est se ´parable sur
L, chacun de ces homomorphismes se prolonge en [E : L] K-homomorphismes
L ! . Par suite, le nombre de K-homomorphismes E ! est e
´gal a [L :
`
K] [E : L] = [L : K]. D™apres le the ` me, E est se
` ´ore ´parable sur K.


13.3. Theorie de Galois
´
De¬nition 13.3.1. ” Soit K L une extension ¬nie de corps. On appelle groupe de
´
Galois de L sur K, note Gal(L=K) le groupe des K-automorphismes de L.
´
Exemple 13.3.2. ” Si c : C ! C de
´signe la conjugaison complexe, Gal(C=R) =
fId; cg ' Z=2Z.
Demonstration. ” En effet, soit : C ! C tel que pour tout x 2 R, (x) = x.
´
On a (i)2 = (i2 ) = ( 1) = 1 donc (i) 2 f ig. Alors, si z = x + iy 2 C,
´
13.3. THEORIE DE GALOIS 247



(z) = (x) + (i) (y) = x + (i)y et = Id si (i) = i tandis que si (i) = i,
= c.

Exercice 13.3.3. ” a) Soit K un corps, a 2 K un e ´ment qui n™est pas un carre
´le ´
p 2
et L = K( a) = K[X]=(X a). De´terminer Gal(L=K) et montrer en particulier
qu™il est d™ordre 2.
b) Plus ge ´ralement, soit n un entier 2 et K un corps qui contient n racines
´ne
n de l™unite distinctes. Soit a un e ´ment de K qui n™est pas la puissance ne
e
´ ´le
p
d™un e ´ment de K. Soit L = K( n a) une extension de K, corps de rupture d™un
´le
´ductible de Xn a. Montrer que p
facteur irre Gal(L=K) est cyclique d™ordre n.
c) Le groupe de Galois de l™extension Q( 3 2) de Q est re´duit a l™identite
` ´.

L une extension ¬nie. Alors, card Gal(L=K) „ [L : K].
Lemme 13.3.4. ” Soit K

Demonstration. ” Soit une cloture alge
ˆ ´brique de L. On a de
´montre au the
´ ´o-
´
reme 13.2.8 que le nombre de K-homomorphismes L ! est infe
` ´rieur ou e´gal
a [L : K]. A fortiori, le nombre de K-homomorhpismes L ! L est infe
` ´rieur ou
e
´gal a [L : K].
`

De¬nition 13.3.5. ” On dit qu™une extension ¬nie de corps K L est galoisienne si
´
Gal(L=K) a pour cardinal [L : K].

Exemples 13.3.6. ” a) L™extension R C est galoisienne.
b) Soit q une puissance d™un nombre premier et e un entier 2. Alors,
Gal(Fqe =Fq ) est cyclique d™ordre e, engendre par l™automorphisme x 7! xq . L™ex-
´
tension Fq Fqe est donc galoisienne.

Demonstration. ” a) On a vu que Gal(C=R) ' Z=2Z donc est de cardinal 2 =
´
[C : R].
b) Notons q : Fqe ! Fqe l™automorphisme donne par x 7! xq . Ses puissances
´
i
sont les automorphismes donne par x 7! xq pour 0 „ i „ e 1 et sont distinctes
´s
i j i j
(car si xq = xq pour i 6= j dans f0; : : : ; e 1g et tout x 2 Fqe , le polynome Xq Xq
ˆ
i j
a q e -racines et q e > max(q i ; q j ) = deg(Xq Xq )). Ainsi, Gal(Fqe =Fq ) est d™ordre
au moins e. Comme [Fqe : Fq ] = e, l™extension Fq Fqe est galoisienne de groupe
e
Gal(Fqe =Fq ) = fId; q ; q ; : : : ; q 1 g ' Z=eZ.
2


Le lemme suivant fournit un autre exemple d™extension galoisienne.

Lemme 13.3.7. ” Soit L un corps et G un groupe ¬ni d™automorphismes de L. Soit K = LG
l™ensemble des x 2 L tels que pour tout 2 G, (x) = x. Alors, K est un sous-corps de L et
K L est une extension ¬nie de degre [L : K] = card G.
´

Demonstration. ” Le fait que K est un sous-corps de L est laisse en exercice. Comme
´
´
Gal(L=K), le lemme 13.3.4 af¬rme que card G „ [L : K]. Supposons par
G
CHAPITRE 13. EXTENSIONS DE CORPS
248



l™absurde que l™ine ´galite stricte est ve ´e et soit a1 ; : : : ; an des e ´ments de L
´ ´ri¬e ´le
line
´airement inde´pendants sur K, avec donc n > [L : K]. La famille d™e ´quations
n
P
line
´aires xi (ai ) = 0, ou parcourt G a plus d™inconnues que d™e
` ´quations
i=1
donc possede une solution non nulle (x1 ; : : : ; xn ) dans En . Conside
` ´rons une telle
solution pour laquelle le nombre de coef¬cients xi nuls est maximal. Quitte a `
renume ´roter les indices, on peut supposer que x1 ; : : : ; xm sont non nuls, mais
que xm+1 = = xn = 0. Par line ´arite on peut supposer que xm = 1, d™ou les
´, `
relations
m1
X
2 G:
xi (ai ) + (am ) = 0;
i=1
2 G et appliquons
Soit alors a l™e
` ´galite pre ´dente. On obtient
´ ´ce
m1
X
(xi )( )(ai ) + ( )(am ) = 0:
i=1

2 G, on obtient
En lui soustrayant la relation correspondant a l™e ´ment
` ´le
m1
X
xi )(
( (xi ) )(ai ) = 0:
i=1

Cette relation vaut pour tout 2 G et les parcourant G, on en de
´duit que
pour tout 2 G,
m1
X
( (xi ) xi ) (ai ) = 0;
i=1
ce qui contredit la minimalite de l™entier m. Par suite, card G = [L : K].
´
Donnons maintenant deux caracte ´risations des extensions galoisiennes. La
premiere contient l™essentiel des informations ne
` ´cessaires a la de
` ´monstration du
the ` me fondamental de la the
´ore ´orie de Galois (the ` me 13.3.11), la seconde
´ore
est la caracte
´risation usuelle (extension « normale et se ´parable »).
Proposition 13.3.8. ” Une extension ¬nie K L est galoisienne si et seulement si elle
veri¬e les deux proprietes suivantes :
´ ´´
(1) elle est separable ;
´
est une cloture algebrique de L, tout K-homomorphisme L !
(2) si K L ˆ ´ a
pour image L.
Demonstration. ” Fixons une cloture alge ˆ ´brique de L. Supposons que K
´
L est une extension ¬nie galoisienne. On a alors exactement [L : K] K-
homomorphismes L ! : ce sont les e ´ments de Gal(L=K). Par suite, l™extension
´le
´parable et l™image de tout K-homomorphisme L ! est e
K L est se ´gale a L.
`
Re ´ciproquement, comme l™extension K L est se ´parable, il existe exactement
[L : K] K-homomorphismes L ! , fournis par le the ` me 13.2.8. Notons les
´ore
j1 ; : : : ; j[L:K] . Par hypothese, ji (L) = L pour tout i. Par suite, les ji de
` ´¬nissent des
´
13.3. THEORIE DE GALOIS 249



e ´ments de Gal(L=K) et card Gal(L=K) [L : K]. Comme l™autre ine
´le ´galite est
´
toujours vraie, l™extension K L est galoisienne.
Proposition 13.3.9. ” Soit K L une extension ¬nie de corps. Les conditions suivantes
sont equivalentes :
´
(1) l™extension K L est galoisienne ;
(2) elle est separable et tout polynome irreductible dans K[X] qui a une racine dans L
´ ˆ ´
est scinde dans L ;
´
(3) il existe un polynome P 2 K[X] scinde a racines simples x1 ; : : : ; xd dans L tel que
ˆ ´`
L = K(x1 ; : : : ; xd ).
Demonstration. ” Fixons une cloture algeˆ ´brique de L.
´
Supposons (1), c™est-a-dire que l™extension K L est galoisienne. Alors, elle
`
est se´parable. Soit P un polynome irre
ˆ ´ductible de K[X] ayant une racine x dans
L. Soit y une autre racine de P dans . Il existe unique K-homomorphisme de
corps '1 : K[x] ! tel que '1 (x) = y. D™apres le the ` me 13.2.8, ' s™e
` ´ore ´tend en
un K-homomorphisme ' : L ! . L™extension K L e ´tant galoisienne, il re
´sulte
de la proposition 13.3.8 que '(L) = L. Par suite, '(x) 2 L. Nous avons donc
prouve que P est scinde dans L.
´ ´
Supposons maintenant (2) et soit x1 ; : : : ; xd des e ´ments de L tels que L =
´le
K(x1 ; : : : ; xd ). Comme l™extension K L est se
´parable, les xi sont racines d™un
´parable Pi 2 K[X]. Par hypothese, les Pi sont scinde
polynome ire
ˆ ´ductible se ` ´s
dans L. Soit P le ppcm des Pi . C™est donc un polynome se ˆ ´parable de K[X] et
scinde dans L. Comme les xi engendrent L, les racines de P (qui contiennent
´
l™ensemble fx1 ; : : : ; xd g) engendrent L.
Supposons maintenant (3). Comme L est engendre par des e ´ments se
´e ´le ´-
parables sur K, L est se ´parable sur K. D™apres la proposition 13.3.8, il suf¬t
`
ainsi de montrer que pour tout K-homomorphisme ' : L ! , '(L) = L. Or, si
1 „ i „ d, P('(xi )) = '(P(xi )) = 0, si bien que '(xi ) est une des racines de P.
Ainsi, '(xi ) est l™une des racines xj et en particulier, '(xi ) 2 L. Comme les xi
engendrent L sur K et comme ' est un K-homomorphisme, '(L) L. Comme
L et '(L) ont meme degre sur K (' de
ˆ ´ ´¬nit un isomorphisme de K-espaces
vectoriels L ! '(L)), L = '(L).
Corollaire 13.3.10. ” Si K L est une extension algebrique ¬nie separable, il existe
´ ´
une plus petite extension ¬nie galoisienne K Lg contenant L.
Demonstration. ” Soit x1 ; : : : ; xd des e ´ments de L tels que L = K[x1 ; : : : ; xd ].
´le
´
Pour tout i 2 f1; : : : ; dg, soit Pi le polynome minimal de xi sur K et soit P le
ˆ
Lg
ppcm des Pi . Soit une cloture alge
ˆ ´brique de L. Alors, si K est
une extension galoisienne contenant L, Pi ayant une racine dans L est scinde ´
dans Lg . Par suite, Lg contient le corps engendre par les racines de P dans .
´
CHAPITRE 13. EXTENSIONS DE CORPS
250



Re´ciproquement, ce corps est engendre par les racines du polynome a racines
´ ˆ `
simples P, donc est une extension galoisienne de K.

Theoreme 13.3.11 (The ` me fondamental de la the
´ore ´orie de Galois)
´`
Soit K L une extension ¬nie galoisienne de groupe de Galois G = Gal(L=K).
a) Pour tout sous-groupe H G, l™ensemble

LH = fx 2 L ; 8 2 H; (x) = xg

est un sous-corps de L contenant K. En outre, [LH : K] est egal a l™indice (H : G) de H
´ `
dans G.
b) Pour toute sous-extension K E L, l™ensemble

Gal(L=E) = f 2 Gal(L=K) ; 8x 2 E; (x) = xg

est un sous-groupe de G d™indice [E : K].
c) Les applications H 7! LH et E 7! Gal(L=E) sont des bijections decroissantes, reciproques
´ ´
l™une de l™autre.

Demonstration. ” a) D™apres le lemme 13.3.7, l™extension LH L est galoisienne
`
´
de groupe Gal(L=LH ) = H.
b) Les e ´ments de Gal(L=E) sont des E-homomorphismes L ! L. Ce sont
´le
en particulier des K-homomorphismes, d™ou l™inclusion Gal(L=E) Gal(L=K),
`
ce qui de ´montre la formule annonce pour Gal(L=E). On a bien sur
´e ˆ
card Gal(L=E) „ [L : E]. Mais il re´sulte de la proposition 13.3.8 que l™extension
E L est galoisienne : elle est se
´parable et, si L est une extension alge
´brique-
ment close, tout E-homomorphisme L ! , e ´tant aussi un K-homomorphisme,
a pour image L. Ainsi, card Gal(L=E) = [L : E]. Autrement dit, Gal(L=E) est
d™indice card Gal(L=K)= card Gal(L=E) = [L : K]=[L : E] = [E : K].
´montre dans le lemme 13.3.7 que Gal(L=LH ) = H. En particulier,
c) On a de ´
l™application H 7! LH est injective. Montrons alors que E = LGal(L=E) . L™inclusion
E LGal(L=E) est e´vidente. Re´ciproquement, ces deux extensions de K ont toutes
deux pour degre [E : K], donc sont e
´ ´gales.

Proposition 13.3.12. ” Soit K L une extension ¬nie galoisienne de groupe G=
Gal(L=K). Soit H un sous-groupe de G.
1
a) Si 2 Gal(L=K), on a (LH ) = L H .
Soit alors NG (H) = f 2 Gal(L=K) ; H 1 = Hg le normalisateur de H dans
Gal(L=K).
b) Gal(LH =K) s™identi¬e naturellement a NG (H)=H. En particulier, l™extension K
`
LH est galoisienne si et seulement si H est un sous-groupe distingue de G. On a
´ alors
Gal(LH =K) = G=H
´
13.4. COMPLEMENTS 251



Demonstration. ” a) Un e ´ment x 2 L appartient a LH si et seulement si h(x) = x
´le `
´
pour tout h 2 H. Par suite, y = (x) appartient a (LH ) si et seulement si
`
h 1 (y) = 1 (y) pour tout h 2 H, c™est-a-dire h 1 (y) = y pour tout h 2 H, soit
`
H1
encore y 2 L .
b) Comme l™extension K L est galoisienne, tout K-homomorphisme LH !
LH est la restriction a LH d™un K-homomorphisme L ! L, c™est-a-dire d™un
` `
´ri¬e (L ) = L si et seulement si H 1 =
H H
e ´ment 2 Gal(L=K). Un tel ve
´le
H, d™ou un homomorphisme surjectif NG (H) ! Gal(LH =K). Le noyau de cet
`
homomorphisme s™identi¬e aux 2 NG (H) tels que (x) = x pour tout x 2 LH ,
c™est-a-dire a H. On a donc construit un isomorphisme NG (H)=H ' Gal(LH =K).
` `
LH est galoisienne si et seulement si [LH :
En particulier, l™extension K
K] = (H : NG (H)), c™est-a-dire, puisque [LH : K] = (H : G) si et seulement si
`
G = NG (H), c™est-a-dire H distingue dans G.
` ´


13.4. Complements
´
Theoreme 13.4.1 (The ` me de l™e ´ment primitif). ” Soit E un corps et E
´ore ´le F
´`
une extension algebrique ¬nie separable. Alors, il existe x 2 F tel que F = E[x].
´ ´
De plus, si E est in¬ni et si F = E[x1 ; : : : ; xd ], on peut choisir x de la forme
x1 + c2 x2 + + cd xd avec c2 ; : : : ; cd dans E.

Demonstration. ” Si E est ¬ni, F est un corps ¬ni. D™apres le the ` me 13.1.3,
` ´ore
´
F est un groupe cyclique. Si x en est un ge ´rateur, E[x] contient F et 0,
´ne
donc E[x] = F.
On suppose maintenant que E est in¬ni. Par re´currence, il suf¬t de de
´montrer
le re´sultat suivant, que nous isolons en un lemme.

Lemme 13.4.2. ” Soit E F = E[x; y] une extension ¬nie algebrique de corps. On
´
suppose que E est in¬ni et que y est separable sur E. Alors, pour tout c 2 E sauf un nombre
´
¬ni d™entre eux, F = E[x + cy].

Demonstration. ” Soit P et Q 2 E[X] les polynomes minimaux de x et y respec-
ˆ
´
tivement. Notons p et q leurs degre Soit aussi
´s. une extension ¬nie de E dans
laquelle P et Q sont scinde On note alors x1 ; : : : ; xp les racines de P et y1 ; : : : ; yq
´s.
les racines de Q dans , avec x = x1 et y = y1 . Par hypothese, les yj sont deux
`
a deux distincts. Ainsi, si i 2 f1; : : : ; pg et j 2 f2; : : : ; qg, l™e
` ´quation (d™inconnue
c) xi + cyj = x1 + cy1 n™a qu™une solution. Ainsi, a part pour un nombre ¬ni
`
d™e ´ments c 2 E, aucune de ces relations n™est ve ´e. Puisque E est in¬ni, il
´le ´ri¬e
existe en particulier un tel c. Posons alors z = x + cy et montrons que F = E[z].
Le polynome R(X) = P(z cX) a ses coef¬cients dans E[z] et s™annule en X = y
ˆ
puisque R(y) = P(z cy) = P(x) = 0. Si j 2, z cyj = x1 + cy1 cyj 62 fx1 ; : : : ; xp g
CHAPITRE 13. EXTENSIONS DE CORPS
252



donc P(z cyj ) 6= 0 et R(yj ) 6= 0. Ainsi, y = y1 est la seule racine commune
a R et a Q. Il en re
` ` ´sulte que pgcd(R; Q) = X y. Comme R et Q sont
deux polynomes a coef¬cients dans E[z], le the ` me de Be
ˆ ` ´ore ´zout implique que
pgcd(R; Q) 2 (E[z])[X], d™ou y 2 E[z]. On a alors x = z cy 2 E[z] si bien que
`
E[x; y] E[z] E[x; y], d™ou l™e
` ´galite F = E[z].
´

De¬nition 13.4.3. ” Soit K L une extension algebrique ¬nie de corps. On appelle
´
´
trace (resp. norme) d™un element x 2 L la trace (resp. le determinant) du K-endomorphisme
´´ ´
de L de¬ni par la multiplication par x. On les note TrL=K (x) et NL=K (x).
´

Proposition 13.4.4. ” Soit K L une extension ¬nie.
a) Si x 2 K, TrL=K (x) = [L : K]x et NL=K (x) = x[L:K] .
b) pour tous x et y dans L, TrL=K (x + y) = TrL=K (x) + TrL=K (y) et NL=K (xy) =
NL=K (x)NL=K (y).

Demonstration. ” a) Si x 2 K, la multiplication par x dans L est repre
´sente dans
´e,
´
n™importe quelle base de L, par la matrice scalaire xI[L:K] associe a x. Sa trace
´e `
´terminant x[L:K] .
est [L : K]x et son de
b) Si x 2 L, notons x le K-endomorphisme de multiplication par x dans L, de
sorte que pour tout z 2 L, x (z) = xz. On a alors x+y (z) = (x + y)z = xz + yz =
x (z) + y (z) et donc x + y . Par suite, Tr x+y = Tr x + Tr y , d™ou
`
x+y =
TrL=K (x + y) = TrL=K (x) + TrL=K (y).
L™argument pour les normes est analogue : avec les memes notations, on a
ˆ
y , donc
xy = x


NL=K (xy) = det = det det = NL=K (x)NL=K (y):
xy x y




Proposition 13.4.5. ” Soit K L une extension galoisienne de groupe G. Alors, pour
tout x 2 L, on a
X Y
TrL=K (x) = (x) et NL=K (x) = (x):
2G 2G


´brique de L. Soit P 2 K[X] le polynome
Demonstration. ” Soit une cloture alge
ˆ ˆ
´
minimal de x et notons x = x1 , . . ., xd ses racines dans . On a ainsi

xd ) = Xd a1 X d + ( 1)d ad ;
1
x1 ) : : : (X
P(X) = (X +
´
13.4. COMPLEMENTS 253



+ xd et ad = x1 : : : xd . Dans la base f1; x; : : : ; xd 1 g, l™homomor-
avec a1 = x1 +
phisme de multiplication par x admet pour matrice
0 1
d1
( 1) ad
0
.
B .. . C
. .
B1 C
B C
B ..
.0
C
a2
@ A
a1
1

c™est-a-dire la matrice compagnon associe au polynome P. Par suite, det
` ´e ˆ = ad
x
et Tr x = a1 . Autrement dit,
d
d
X Y
et
xi xi :
TrK[x]=K (x) = NK[x]=K (x) =
i=1 i=1

Soit fe1 ; : : : ; es g une base de L sur K[x]. Alors, la famille

fe1 ; xe1 ; : : : ; xd 1 e1 ; e2 ; : : : ; xd 1 es g

est une base de L sur K. Dans cette base, la matrice de l™endomorphisme de
multiplication par x est diagonale par blocs, forme de s blocs e
´e ´gaux a la matrice
`
compagnon pre ´dente. On a donc
´ce

NL=K (x) = NK[x]=K (x)[L:K[x]] :
TrL=K (x) = [L : K[x]] TrK[x]=K (x) et

Si i 2 f1; : : : ; dg, soit i l™unique K-homomorphisme de corps K[x] ! L tel
que i (x) = xi . D™apres le the ` me 13.2.8, il existe exactement [L : K[x]]
` ´ore
homomorphismes L ! qui e
´tendent i . Comme l™extension K L est ga-
loisienne, ces homomorphismes sont a valeurs dans L et on obtient ainsi les
`
[L : K] = [L : K[x]] [K[x] : K] e ´ments de G. Par suite,
´le
d d
Ð[L:K[x]] Y Ð[L:K[x]]
= NK[x]=K (x)[L:K[x]] = NL=K (x):
Y Y
xi
(x) = i (x) =
2G i=1 i=1

L™argument pour les traces est analogue :
d
X X
(x) = [L : K[x]] i (x) = [L : K[x]] TrK[x]=K (x) = TrL=K (x):
2G i=1




Theoreme 13.4.6. ” Soit K L une extension ¬nie. L™application L L ! K de¬nie ´
´`
par (x; y) 7! TrL=K (xy) est une forme K-bilineaire symetrique. Elle est non degeneree si
´ ´ ´´ ´´
l™extension K L est separable et nulle sinon.
´
CHAPITRE 13. EXTENSIONS DE CORPS
254



Demonstration. ” Posons t(x; y) = TrL=K (xy). Comme L est commutatif, il est
´
e
´vident que t est syme
´trique. Le fait que t soit K-biline
´aire de
´coule des formules
t(ax + a0 x0 ; y) = TrL=K ((ax + a0 x0 )y) = TrL=K (axy + a0 x0 y)
= a TrL=K (xy) + a0 TrL=K (x0 y) = at(x; y) + a0 t(x0 ; y):
Supposons que l™extension K L est se ´parable et montrons que t est non-
de ´ne ´e. Soit d = [L : K] et 1 , . . ., d les d K-homomorphismes de L dans
´ge ´re
de L. Alors, pour tout x 2 L,
une cloture alge
ˆ ´brique
d
X
TrL=K (x) = j (x):
j=1

Supposons que x 2 L appartienne au noyau de t. Alors, pour tout y 2 L,
TrL=K (xy) = 0, d™ou
`
d d
X X
0= j (xy) = j (x) j (y):
j=1 j=1

Comme les j sont line ´airement inde´pendants sur L (cf. l™exercice 13.6.3), on
a j (x) = 0 pour tout j, d™ou x = 0.
`
Re´ciproquement, supposons que K L n™est pas se ´parable et montrons que
pour tout x 2 L, TrL=K (x) = 0. Notons p > 0 la caracte ´ristique de K. Soit Ls L
l™extension de K engendre par tous les e ´ments de L qui sont se
´e ´le ´parables sur
K. D™apres le corollaire 13.2.9, l™extension K
` Ls est se ´parable. De plus, si
x 2 L n Ls , x n™est pas se´parable sur Ls , sinon, d™apres le corollaire 13.2.10, x
`
´parable sur K et on aurait x 2 Ls . En particulier, le polynome minimal
serait se ˆ
de x a pour degre un multiple de p, si bien que p divise [L : Ls ].
´
Soit x 2 Ls . On a vu que
TrL=K (x) = [L : K[x]] TrK[x]=K (x):
Comme p divise [L : Ls ] et comme K[x] Ls , p divise [L : K[x]], si bien que
TrL=K (x) = 0.
Soit maintenant x 2 L n Ls . Puisque x n™est pas se
´parable sur K, son polynome
ˆ
minimal sur K est de la forme Xnp + an X(n 1)p + + anp et le coef¬cient de Xnp 1
est donc nul. Par suite, TrK[x]=K (x) = 0 et
TrL=K (x) = [L : K[x]] TrK[x]=K (x) = 0:



Remarque 13.4.7. ” Soit K L une extension ¬nie de corps de caracte ´ristique p >
0. Soit Ls L l™extension de K engendre par les e ´ments de L qui sont se
´e ´le ´parables
sur K. Alors, le degre de l™extension Ls L est une puissance de p.
´
´
13.5. DEGRE DE TRANSCENDANCE 255



Demonstration. ” Prouvons tout d™abord que le degre du polynome minimal sur
´ ˆ
´
Ls de tout e ´ment de L n Ls est une puissance de p. Soit en effet x 2 L n Ls
´le
et soit P = Xn + + a0 son polynome minimal sur Ls . Comme x n™est pas
ˆ
´parable sur Ls , P est un polynome en Xp . Soit r un entier 1 maximal tel qu™il
se ˆ
r r
existe Q 2 Ls [X] tel que P = Q(Xp ) Alors, Q est le polynome minimal de xp .
ˆ
r+1
Comme Q n™est pas un polynome en Xp (sinon, si Q = Q1 (Xp ), P = Q1 (Xp )),
ˆ
r r r r r
xp est se ´parable sur Ls , d™ou xp 2 Ls et Q(X) = X xp , d™ou P = Xp xp . En
` `
particulier, le degre de l™extension Ls Ls [x] est une puissance de p.
´
Soit maintenant x1 ; : : : ; xn des e ´ments de L n Ls tels que L = Ls [x1 ; : : : ; xn ] et
´le
´currence sur n. Si n „ 1, cela re
raisonnons par re ´sulte du paragraphe pre ´dent.
´ce
Soit E = Ls [x1 ; : : : ; xn 1 ], de sorte que par re ´currence, [E : Ls ] est une puissance
de p. Pour alle ´ger les notations, notons x = xn et r = rn , si bien que L = E[x], le
r r
´tant P = Xp xp . Soit Q 2 E[X] le polynome
polynome minimal de x sur Ls e
ˆ ˆ
r r
minimal de x sur E. Il divise donc P = Xp xp , mais, conside ´ comme polynome
´re ˆ
r
de L[X], puisque P = (X x)p , il existe un entier m tel que Q = (X x)m .
s s s
Notons m = ps u ou p ne divise pas u, de sorte que Q = (X x)p u = (Xp xp )u .
`
Puisque Q 2 E[X] et
s s s s
Q = Xp u uxp Xp (u + ( 1)u xp u ;
1)
+
s s s s
on a uxp 2 E. Comme p ne divise pas u, xp 2 E. Cela implique que Xp xp divise
s s
Q, d™ou Q = Xp xp (et u = 1). Ainsi, [L : E] = ps et [L : Ls ] = [L : E] [E : Ls ]
`
est une puissance de p.


13.5. Degre de transcendance
´
Pour simpli¬er, on n™expose la the´orie que dans le cas de degre de trans-
´
cendance ¬ni. On a les memes e
ˆ ´nonce dans le cas ge ´ral. Il faut cependant
´s ´ne
utiliser le lemme de Zorn pour e
´tablir certains e
´nonce
´s.
Proposition 13.5.1. ” Soit K L une extension de corps et soit (x1 ; : : : ; xn ) une famille
d™elements de K. Les propositions suivantes sont equivalentes :
´´ ´
(1) pour tout polynome non nul P 2 K[X1 ; : : : ; Xn ], P(x1 ; : : : ; xn ) 6= 0 ;
ˆ
(2) l™homomorphisme canonique de K-algebres, K[X1 ; : : : ; Xn ] ! L tel que Xi 7! xi est
`
injectif ;
(3) il existe un K-homomorphisme de corps K(X1 ; : : : ; Xn ) ! L tel que Xi 7! xi .
De¬nition 13.5.2. ” Si ces conditions sont veri¬ees, on dit que la famille (x1 ; : : : ; xn )
´´
´
est alge
´briquement inde
´pendante sur K.
Preuve de la proposition. ” Notons ' : K[X1 ; : : : ; Xn ] ! L l™unique homomor-
phisme de K-algebres tel que '(Xi ) = xi . La condition (1) signi¬e que si P 6= 0,
`
'(P) 6= 0. Elle e´quivaut donc a l™e
` ´galite Ker ' = (0), si bien que (1) et (2) sont
´
CHAPITRE 13. EXTENSIONS DE CORPS
256



e
´quivalents. Supposons (2). Comme K[X1 ; : : : ; Xn ] est un anneau integre de
`
corps des fractions K(X1 ; : : : ; Xn ), et puisque L est un corps, l™homomorphisme
´tend en un homomorphisme de K(X1 ; : : : ; Xn ) ! L, d™ou (3).
injectif ' s™e `
Supposons maintenant (3) et soit ' : K(X1 ; : : : ; Xn ) ! L un K-homomorphisme
de corps tel que Xi 7! xi pour tout i. Ne ´ssairement, la restriction de ' a
´ce `
K[X1 ; : : : ; Xn ] est e
´gale a '. Comme tout homomorphisme de corps, ' est
`
injectif et par suite, Ker ' = Ker ' \ K[X1 ; : : : ; Xn ] = (0), d™ou (2).
`

De¬nition 13.5.3. ” Soit K L une extension de corps. On dit qu™une partie
´
(x1 ; : : : ; xn ) est une base de transcendance de L sur K si elle est algebriquement´
independante sur K et si L est algebrique sur le sous-corps K(x1 ; : : : ; xn ) engendre par les xi
´ ´ ´
dans L.

Theoreme 13.5.4 (The ` me de la base incomplete). ” Soit K L une extension
´ore `
´`
de corps et soit A C deux parties ¬nies de L telles que A soit algebriquement independante
´ ´
sur K et telle que L soit algebrique sur la sous-extension de L engendre par les elements de
´ ´ ´´
C. Alors, il existe une base de transcendance B de L sur K telle que A B C.

Demonstration. ” On raisonne par re ´currence sur le cardinal de CnA. Si C = A, il
´
´sultat vrai si card(C n A) = n et montrons
n™y a rien a de
` ´montrer. Supposons le re
le pour n+1. Soit ‚ un e ´ment de CnA et examinons les deux seules possibilite :
´le ´s
“ Supposons que ‚ est alge ´brique sur l™extension K(A) engendre par A dans
´e
L. Posons alors A0 = A et C0 = C n f‚g. Par hypothese, tout x 2 L est alge
` ´brique
sur K(C0 )[‚]. Puisque ‚ est alge ´brique sur K(A) K(C0 ), tout e ´ment de L est
´le
´brique sur K(C0 ). On peut alors appliquer l™hypothese de re
donc alge ` ´currence
a A C0 , d™ou l™existence d™une base de transcendance B avec A B C0 ; en
` `
particulier, B C.
´brique sur K(A). Alors, la partie A0 = A [ f‚g
“ Supposons que ‚ n™est pas alge
´pendante sur K. Notons en effet A = fx1 ; : : : ; xr g et soit
est alge ´briquement inde
P 2 K[X1 ; : : : ; Xr ; T] un polynome tel que P(x1 ; : : : ; xr ; ‚) = 0. Si P ne fait pas
ˆ
intervenir T, c™est-a-dire sir P 2 K[X1 ; : : : ; Xr ], on a une relation de de
` ´pendance
alge ´brique entre x1 ; : : : ; xr , d™ou P = 0. Sinon, P fait intervenir T et ‚ est alge
` ´brique
sur K[x1 ; : : : ; xr ], c™est-a-dire sur K(A), ce qui est une contradiction. L™extension
`
´brique sur K(C) et A0 C est une partie alge
L est alge ´briquement inde ´pendante
´currence, il existe une base de transcendance B avec A0 B C ;
sur K. Par re
en particulier, A B.
Ceci acheve la de
` ´monstration par re ´currence du the ` me.
´ore

Corollaire 13.5.5. ” Soit K L une extension de corps de type ¬ni. Alors, il existe
une base de transcendance de L sur K.
´
13.5. DEGRE DE TRANSCENDANCE 257



Demonstration. ” Soit C une partie de L telle que L = K(C), de sorte que
´
L est alge
´brique sur K(C) ! Posons A = ? ; c™est une partie alge ´briquement
inde´pendante. D™apres le the ` me, il existe une base de transcendance B C.
` ´ore


Exercice 13.5.6. ” Soit K L une extension de corps et soit (x1 ; : : : ; xn ) une
partie de L.
´
Etablir l™e ´quivalence des conditions suivantes :
(1) la partie (x1 ; : : : ; xn ) est alge´briquement inde ´pendante et est maximale
pour cette proprie ´ ; ´te
(2) L est alge ´brique sur K(x1 ; : : : ; xn ) et (x1 ; : : : ; xn ) est minimale pour cette
proprie ´ ;
´te
(3) (x1 ; : : : ; xn ) est une base de transcendance de L sur K.
Lemme 13.5.7 (Lemme d™e ´change). ” Soit K L une extension de corps. Soit
(x1 ; : : : ; xn ) et (y1 ; : : : ; ym ) deux bases de transcendance de L sur K. Alors, pour tout
i 2 f1; : : : ; ng, il existe j 2 f1; : : : ; mg tel que (x1 ; : : : ; xi 1 ; yj ; xi+1 ; : : : ; xn ) soit une base
de transcendance de L sur K.
Demonstration. ” Pour simpli¬er les notations, on suppose que i = 1.
´
Par de ´¬nition, tout e ´ment de L est alge
´le ´brique sur le corps K(x1 ; : : : ; xn ) en-
gendre par les xi dans L. Pour tout j 2 f1; : : : ; mg, soit donc Pj 2 K(x1 ; : : : ; xn )[Y]
´
un polynome irre
ˆ ´ductible tel que Pj (yj ) = 0. Quitte a multiplier Pj par un « de
` ´-
nominateur commun », on peut supposer que pour tout j, Pj 2 K[x1 ; : : : ; xn ][Y].
Supposons qu™aucun des Pj ne fait intervenir x1 . Alors, pour tout j, yj est
alge ´brique sur K(x2 ; : : : ; xn ). Comme L est alge ´brique sur K(y1 ; : : : ; ym ), L est
alge ´brique sur K(x2 ; : : : ; xn ). En particulier, x1 est alge ´brique sur K(x2 ; : : : ; xn )
mais ceci contredit l™hypothese que (x1 ; : : : ; xn ) est alge
` ´briquement libre. Il existe
donc j 2 f1; : : : ; mg tel que Pj fait intervenir x1 . Montrons qu™un tel j convient,
c™est-a-dire que (yj ; x2 ; : : : ; xn ) est une base de transcendance de L sur K.
`
En effet, puisque Pj fait intervenir x1 , la relation Pj (yj ) = 0 montre que x1
est alge ´brique sur K[yj ; x2 ; : : : ; xn ]. Comme tout e ´ment de L est alge
´le ´brique sur
K[x1 ; : : : ; xn ], L est ainsi alge ´brique sur K[yj ; x2 ; : : : ; xn ]. De plus, (yj ; x2 ; : : : ; xn )
´pendante : soit par l™absurde P 2 K[Y; X2 ; : : : ; Xn ] un
est alge ´briquement inde
polynome non nul ve
ˆ ´ri¬ant P(yj ; x2 ; : : : ; xn ) = 0. Comme la famille (x2 ; : : : ; xn )
est alge ´briquement inde ´pendante, P fait intervenir Y. et yj est alge ´brique sur
K[x2 ; : : : ; xn ]. Par suite, L est alge ´brique sur K[x2 ; : : : ; xn ] et en particulier, x1
est alge ´brique sur K[x2 ; : : : ; xn ] ce qui contredit l™hypothese que (x1 ; : : : ; xn ) est
`
alge ´briquement inde ´pendante.
Theoreme 13.5.8. ” Soit K L une extension de corps (de type ¬ni). Alors, toutes les
´`
bases de transcendance de L sur K ont meme cardinal.
ˆ
CHAPITRE 13. EXTENSIONS DE CORPS
258



De¬nition 13.5.9. ” Le cardinal d™une base de transcendance quelconque est appele
´
´
degre de transcendance de L sur K et est note deg trK (L).
´ ´
Demonstration du theoreme. ” Soit (y1 ; : : : ; ym ) une base de transcendance de L sur
´ ´`
K de cardinal minimal. Soit (x1 ; : : : ; xn ) une autre base de transcendance. On va
montrer que m = n par re ´currence descendante sur le cardinal r de l™intersection
fx1 ; : : : ; xn g \ fy1 ; : : : ; ym g:
Si r = m, la famille (y1 ; : : : ; ym ) est contenue dans (x1 ; : : : ; xn ). Comme ce sont
toutes deux des bases, ces deux familles sont e ´gales et m = n.
Supposons maintenant r < m et modi¬ons les notations de sorte que x1 = y1 ,
. . ., xr = yr , si bien que
fx1 ; : : : ; xn g \ fy1 ; : : : ; ym g = fx1 ; : : : ; xr g:
Soit i = r + 1 et soit j 2 f1; : : : ; mg un entier fourni par le lemme
d™e
´change 13.5.7, si bien que (x1 ; : : : ; xr ; yj ; xr+2 ; : : : ; xn ) est une base de trans-
cendance de L sur K. Comme (x1 ; : : : ; xn ) est une base de transcendance de L
sur K, (x1 ; : : : ; xr ; xr+2 ; : : : ; xn ) n™en est pas une et j > r. L™intersection de cette
base et de la base (y1 ; : : : ; yn ) ve ´ri¬e
fx1 ; : : : ; xr ; yj ; xr+1 ; : : : ; xn g \ fy1 ; : : : ; ym g = fy1 ; : : : ; yr ; yj g
et est donc de cardinal r + 1. Par re
´currence, ces deux bases ont meme cardinal
ˆ
et m = n.
Exemple 13.5.10. ” Si K est un corps, K(X1 ; : : : ; Xn ) est de degre de transcendance
´
n.
En effet, la famille (X1 ; : : : ; Xn ) est alge´briquement inde´pendante sur K et
K(X1 ; : : : ; Xn ) est alge
´brique sur l™extension de K engendre par les Xi (puisque
´e
e
´gale !).
Exemple 13.5.11. ” Soit P 2 K[X; Y] un polynome irre
ˆ ´ductible et soit L le corps
des fractions de l™anneau integre K[X; Y]=(P). Alors, deg trK L = 1.
`
Demonstration. ” Notons x et y les classes de X et Y dans L. Comme K(x; y) = L,
´
L est de degre de transcendance „ 2. De plus, puisque P(x; y) = 0 et P 6= 0,
´
´pendante et deg trK L „ 1. Comme P est
(x; y) n™est pas alge ´briquement inde
irre´ductible, il n™est pas constant et fait intervenir l™une des variables X ou Y.
Supposons, pour ¬xer les ide que ce soit Y. Alors, l™homomorphisme ' : K[X] !
´es
L tel que X 7! x est injectif : si Q 2 Ker ', on a Q(x) = 0. Par suite, Q(X) est
´rons les degre par rapport a Y ; on trouve si Q 6= 0
multiple de P(X; Y). Conside ´s `
que
0 = degY Q(X) degY P > 0;
13.6. EXERCICES 259



ce qui est absurde. Donc Q = 0 et ' est injectif. Par suite, (x) est une partie
alge
´briquement libre sur K et deg trK L 1.


13.6. Exercices
Exercice 13.6.1. ” Soit K un corps et soit n un entier tel que n 2. Soit E = K[ ]
une extension de K engendre par une racine primitive ne de l™unite
´e ´.
e
a) Montrer que l™ensemble des racines n de l™unite dans E est un groupe
´
cyclique d™ordre n, engendre par .
´
b) Soit un e ´ment de Gal(E=K). Montrer qu™il existe un entier d premier
´le
a n tel que ( ) = d .
`
c) Construire un homomorphisme de groupes injectif ' : Gal(E=K) !
(Z=nZ) . En de ´duire que Gal(E=K) est un groupe abe ´lien.
Exercice 13.6.2. ” Soit K un corps et soit E = K(X) le corps des fractions ration-
nelles a coef¬cients dans K.
`
a) Montrer qu™il existe deux K-automorphismes de E, uniques, et ÿ tels
que (X) = 1=X et (X) = 1 X. Montrer que le sous-groupe G de Gal(E=K)
´trique S3 .
engendre par et ÿ est ¬ni, isomorphe au groupe syme
´
b) Soit F le corps EG forme des fractions rationnelles P 2 K(X) telles que
´
(P) = ÿ(P) = P. Montrer que F contient la fraction
(X2 X + 1)3
f (X) = :
X2 (X 1)2
c) Montrer que l™extension K(f ) E est ¬nie de degre 6. En de
´ ´duire que
F = K(f ).
Exercice 13.6.3. ” a) Soit G un groupe et F un corps. Soit 1 ; : : : ; n n homo-
morphismes distincts de G dans le groupe multiplicatif F . Montrer que 1 , . . .,
n sont line´airement inde´pendants : si a1 ; : : : ; an sont des e ´ments de F tels que
´le
+ an n = 0, alors a1 =
a1 1 + = an = 0.
b) Soit E et F deux corps et 1 , . . ., n n homomorphismes de corps distincts
E ! F. Montrer qu™ils sont line ´airement inde ´pendants sur F.
Exercice 13.6.4. ” Soit K un corps in¬ni et K L une extension ¬nie galoisienne
de degre d. On note 1 ; : : : ; d les e ´ments de Gal(L=K).
´ ´le
a) Soit (e1 ; : : : ; ed ) une famille d™e ´ments de L. Montrer que le de
´le ´terminant
de la matrice ( i (ej ))1„i;j„d est non nul si et seulement si (e1 ; : : : ; ed ) est une base
de L comme K-espace vectoriel.
Dans la suite, on ¬xe une telle base (e1 ; : : : ; ed ). Soit P 2 L[X1 ; : : : ; Xd ] tel que
pour tout x 2 K,
P( 1 (x); : : : ; d (x)) = 0:
CHAPITRE 13. EXTENSIONS DE CORPS
260



b) Soit Q 2 L[X1 ; : : : ; Xd ] le polynome
ˆ
d d
X X
1 (ei )Xi ; : : : ;
Q = P( d (ei )):
i=1 i=1

Montrer que pour tous (x1 ; : : : ; xd ) 2 K d , Q(x1 ; : : : ; xd ) = 0. En de
´duire que
Q = 0.
c) Montrer que P = 0 (independance algebrique des i ).
´ ´
d) Montrer qu™il existe ‚ 2 L tel que ( 1 (‚); : : : ; d (‚)) soit une K-base de L.
(Une telle base est appele base normale de L sur K.)
´e


Exercice 13.6.5. ” Soit F E une extension galoisienne de corps, de groupe de
Galois G = Gal(E=F).
a) Soit 2 E et c : G ! E l™application telle que c( ) = = ( ) pour tout
2 G. Montrer que pour tous et dans G, on a
c( ) = c( ) (c( )):
´ciproquement, soit c : G ! E une application ve
b) Re ´ri¬ant cette relation.
En utilisant l™exercice 13.6.3, montrer qu™il existe x 2 E tel que
X
c( ) (x) 6= 0:
=
2G

´duire que pour tout 2 G, c( ) = = ( ).
En de
c) Soit : G ! F un homomorphisme de groupes. Montrer qu™il existe
2 E tel que ( ) = = ( ) pour tout 2 G.
d) On suppose que G est cyclique. Soit un ge ´rateur de G. Soit x 2 F.
´ne
Montrer que NL=K (x) = 1 si et seulement s™il existe 2 F tel que x = = ( ).

Exercice 13.6.6. ” Si n 1, soit n 2 C[X] l™unique polynome unitaire dont les
ˆ
´gales aux racines primitives ne de l™unite dans C.
racines sont simples, e ´
n
Q
a) Montrer que 1. En de´duire par re´currence que pour tout n,
d=X
djn
2 Z[X].
n
b) Si p est un nombre premier, calculer p (X). Montrer qu™il existe des entiers
`
a1 ,. . ., ap 1 tels que p (1+X) = Xp 1 +pa1 Xp 2 + +pap 1 , avec ap 1 = 1. A l™aide
du critere d™Eisenstein de l™exercice 5.6.5, en de
` ´duire que p est irre
´ductible
dans Q[X].
c) Soit n un entier, n 2 et soit une racine primitive ne de l™unite On va
´.
montrer que n est irre ´ductible dans Q[X]. Soit P le polynome minimal de .
ˆ
Montrer que P 2 Z[X] et qu™il divise n dans Z[X].
Soit p un nombre premier ne divisant pas n. Montrer qu™il existe b 2 Z[ ] tel
que P( p ) = pb.
13.6. EXERCICES 261



d) Montrer que p est une racine primitive ne de l™unite Si P( p ) 6= 0, montrer
´.
´rivant le polynome Xn 1 que n p(n 1) 2 pZ[ ]. En de
en de ˆ ´duire une contradiction
et donc que pour tout nombre premier p premier a n, P( p ) = 0.
`
e) Montrer que n est irre ´ductible dans Q[X].
Exercice 13.6.7. ” Soit K un corps ¬ni, soit p sa caracte´ristique et q son cardinal.
Pm
a) Si m 2 N, calculer Sm = x.
x2K Pm
b) Si P 2 K[X1 ; : : : ; Xn ], on note S(P) = x . Si deg P < n(q 1), montrer
x2K
que S(P) = 0.
r
P
Soit P1 ; : : : ; Pr des polynomes de K[X1 ; : : : ; Xn ] tels que
ˆ deg Pi < n. Soit
c)
i=1
q1 q1
P = (1 P1 ) : : : (1 Pr ). Montrer que S(P) = 0.
´signe l™ensemble des x 2 K n tels que P1 (x) =
Si V de = Pn (x) = 0g, en
de´duire que card V est multiple de p (theoreme de Chevalley“Warning ).
´`
d) Soit P 2 K[X1 ; : : : ; Xn ] un polynome homogene de degre d > 0. Si
ˆ ` ´
d < n, montrer qu™il existe (x1 ; : : : ; xn ) 2 K n tel que (x1 ; : : : ; xn ) 6= (0; : : : ; 0)
et P(x1 ; : : : ; xn ) = 0.

Exercice 13.6.8. ” Soit K L et L M deux extensions de corps de type ¬ni.
Montrer l™e ´galite
´
deg trK M = deg trK L + deg trL M:
Exercice 13.6.9. ” Soit K C(T) un sous-corps contenant C mais distinct de C.
a) Montrer que l™extension K C(T) est alge ´brique, ¬nie.
b) On note n = [C(T) : K] son degre Montrer que le polynome minimal
´. ˆ
de T sur K est de la forme
f (X) = Xn + k1 Xn 1
+ kn
+
et qu™il existe j 2 f1; : : : ; ng tel que kj 62 C.
c) On ¬xe un tel entier j et on note u = kj = g=h ou g; h 2 C[T] sont deux
`
polynomes premiers entre eux. Soit m = max(deg g; deg h). Montrer que m n.
ˆ
Montrer aussi qu™il existe q 2 K[X] tel que g(X) uh(X) = q(X)f (X).
d) Montrer qu™il existe des polynomes c0 ; : : : ; cn 2 C[T] premiers entre eux
ˆ
tels que pour tout i, ci =c0 = ki .
On pose f (X; T) = c0 (T)Xn + + cn (T). Montrer que f (X; T) est irre ´ductible
dans C[X; T].
e) Montrer qu™il existe q 2 C[X; T] tel que
g(X)h(T) g(T)h(X) = q(X; T)f (X; T):
En de
´duire que m = n et donc que K = C(u) (theoreme de Luroth).
´` ¨
CHAPITRE 13. EXTENSIONS DE CORPS
262



13.7. Solutions
Solution de l™exercice 13.6.1. ” a) L™ensemble n = f1; ; 2 ; : : : ; n 1 g est un sous-
´ri¬e xn = 1. D™autre
groupe cyclique de E , d™ordre n, et tout e ´ment x de n ve
´le
part, l™ensemble des racines du polynome Xn 1 dans E a pour cardinal au plus
ˆ
´sulte que n est l™ensemble des racines ne de l™unite dans E. Par suite,
n. Il en re ´
c™est ensemble est un sous-groupe cyclique de E d™ordre n, engendre par . ´
b) Comme n = 1, ( )n = ( n ) = (1) = 1 et ( ) est une racine ne de
l™unite Par suite, il existe un entier d 2 f0; : : : ; n 1g tel que ( ) = d . Soit k
´.
l™ordre de ( ), c™est-a-dire le plus petit entier 1 tel que ( )k = 1. On a donc
`
( k ) = 1, d™ou k = 1. Comme est une racine primitive, k n et ( ) est une
`
racine primitive ne de l™unite Cela implique que d est premier a n.
´. `
c) Soit ' l™application de Gal(E=K) dans (Z=nZ) telle que '( ) = [d], si
( ) = d . Elle est bien de ´¬nie d™apres la question pre ´dente. Montrons que c™est
` ´ce
un homomorphisme de groupes. Soit donc et deux e ´ments de Gal(E=K),
´le
d e
et ( ) = . Soit f un entier tel que ef Á 1 (mod n). Alors,
avec ( ) =
( f ) = ( )f = ef = , c™est-a-dire 1 ( ) = f et ( )( ) = ( f ) = df . On a
1
`
1
ainsi '( ) = [df ] = [d][f ] = [d]=[e] = '( )='( ), comme il fallait de ´montrer.
De plus, si '( ) = [1], c™est-a-dire si ( ) = , alors pour tout polynome
` ˆ
P 2 K[X], (P( )) = P( ( )) = P( ). Puisque E = K[ ], on a (x) = x pour tout
x 2 E et = IdE . Ainsi, ' est injectif.
Cela montre que Gal(E=K) est isomorphe a un sous-groupe de (Z=nZ) , donc
`
est un groupe commutatif.

Solution de l™exercice 13.6.2. ” a) et ÿ ve´ri¬ent (P) = P(1=X) et ÿ(P) =
P(1 X) pour toute fraction rationnelle P 2 K(X). De plus, 2 (P) = (P(1=X)) =
P donc 2 = Id et ÿ 2 (P) = ÿ(P(1 X)) = P donc ÿ 2 = Id. Ce sont donc des
K-automorphismes de E.
On constate que les trois « points » 0, 1 et 1 (de la droite projective sur
K) sont pre ´serve par
´s et ÿ. Ils seront donc pre´serve par le sous-groupe
´s
´rons ainsi l™ensemble X = f0; 1; 1g. Associons a
qu™ils engendrent. Conside `
la transposition a = (0 1) dans S3 et a ÿ la transposition b = (0 1). Les deux
`
permutations a et b engendrent le groupe (isomorphe a S3 ) des permutations
`
de X. De plus, ab est la permutation circulaire (1 1 0), d™ordre 3. Les e ´ments
´le
de S3 sont ainsi Id, a, b, la troisieme transposition (1; 1) = bab et les deux
`
permutations circulaires ab et (ab)2 .
Remarquons ensuite que 2 = Id et ÿ 2 = Id. De plus, soit = ÿ, de sorte
que (X) = (1 X) = 1=(1 X). On a alors

1 XÐ 1
1 1
2
Ð
(X) = 1 = =1
1 X 1X X
13.7. SOLUTIONS 263



et
1
3
(X) = ÿ(1 ) = (1=X) = X;
X
donc 3 = Id.
Or, remarquons le groupe engendre par deux e ´ments x et y avec les relations
´ ´le
2 2 3
x = y = (xy) = 1 est ¬ni d™ordre 6. Un e ´ment de ce groupe est un « mot »
´le
en les lettres x et y (car x = x 1 et y = y 1 ) dans lequel il n™y a ni deux x ni
deux y conse ´cutifs. Ils sont ainsi de la forme xyx : : : x, xyx : : : y, yx : : : x ou yx : : : y.
Toutefois, comme (xy)3 = 1, on peut supposer que le mot xyxyxy n™appara±t pas, ˆ
et le mot yxyxyx = (xyxyxy) 1 = 1 non plus. Ainsi, on ne doit conside ´rer que
des mots de longueur infe ´rieure ou e ´gale a 5 parmi lesquels 1, x, y, xy, xyx,
`
´duisent a ceux-la : xyxyx = (xy)3 x 1 = x, puis pour ceux
xyxy. Les autres se re ` `
commen¸ ant par y, yx = (xy) 1 = (xy)2 = xyxy, yxy = xyxyy = xyx, yxyx = xyxx = xy
c
et yxyxy = xyy = x.
´ri¬ent les relations a2 = b2 = (ab)3 , si bien
Les deux e ´ments a et b de S3 ve
´le
que le groupe S3 est un quotient de ce groupe. On a ainsi un isomorphisme.
L™homomorphisme S3 ! h ; ÿi qu™on en de ´duit est injectif : son noyau ne
contient pas a, donc ne contient aucune transposition (qui sont conjugue a ´es `
a) et ne contient pas ab, donc ne contient aucun 3-cycle (l™autre est conjugue ´
a ab).
`
b) Il faut ve´ri¬er que f (1=X) = f (1 X) = f (X). Or,
((1=X)2 (1=X) + 1)3 X 6 (1 X + X3 )3 (X2 X + 1)3
f (1=X) = = f (X)
= =
(1=X)2 (1=X 1)2 X 4 (1 X)2 X2 (X 1)2
et, avant de caculer f (1 X), remarquons que
X)2 2X + X2 + X = 1 X + X2
(1 (1 X) + 1 = 1
si bien que
(1 X + X2 )3
f (1 X) = = f (X):
(1 X)2 (X)2
En¬n, l™ensemble des fractions rationnelles P telles que (P) = ÿ(P) = P est
le sous-corps F de E ¬xe par le groupe de K-automorphismes de E engendre ´
par et ÿ.
c) Montrons que [E : K(f )]] est e´gal a 6. Pour cela, il suf¬t de montrer que
`
X est annule par un polynome irre
´ ˆ ´ductible de degre 6, en l™occurrence
´
(X2 X + 1)3 f X2 (X 1)2 :
Le polynome (X2 X + 1)3 YX2 (X 1)2 de K[X; Y] est irre
ˆ ´ductible car de
degre 1 en Y et ses coef¬cients (en tant que polynome de K[X][Y]) sont premiers
´ ˆ
´ductible dans K(Y)[X] ' K(f )[X].
entre eux. Par suite, il est irre
CHAPITRE 13. EXTENSIONS DE CORPS
264



et ÿ est d™ordre 6 (isomorphe a S3 ),
Comme le groupe engendre par ´ `
[E : F] = 6. On a alors [E : F][F : K(f )] = [E : K(f )] = 6, donc F = K(f ).

Solution de l™exercice 13.6.3. ” a) On de ´montre ce re´sultat par re´currence sur
n. Si n = 1 et a1 1 = 0, on a a1 1 (1G ) = a1 = 0, d™ou l™assertion pour n = 1.
`
Supposons la vraie pour n 1 sous la forme : « n 1 homomorphismes distincts
de G dans F sont line ´airement inde´pendants » et montrons la pour n. Soit
a1 ; : : : ; an des e ´ments de F tels que a1 1 +
´le + an n = 0.
´
Soit g0 2 G. Ecrivons alors la relation de de ´aire en g 2 G et en
´pendance line
gg0 . Cela fournit deux relations

a1 1 (g) + + an n (g) = 0
a1 1 (g0 ) 1 (g) + + an n (g0 ) n (g) = 0:

Multiplions la premiere e
` ´quation par puis soustrayons la seconde. Il vient
n (g0 )


a1 ( n (g0 ) + a2 ( n (g0 )
1 (g0 )) 1 (g) 2 (g0 )) 2 (g)

+ an 1 ( n (g0 )
+ n 1 (g0 )) n 1 (g) = 0:

´tant ve ´e par tout g 2 G, on a par re
Cette relation e ´ri¬e ´currence,
i (g0 )) = 0 pour tout i „ n 1 et tout g0 2 G.
ai ( n (g0 )
S™il existe i avec ai 6= 0, cette relation implique i = n , ce qui est absurde.
Donc ai = 0 pour tout i „ n 1. Il vient alors an n = 0, d™ou an = 0 d™apres le
` `
cas n = 1.
b) C™est une conse ´quence imme ´diate de la premiere question : la restriction
`
des i a E = E n f0g de
` ´¬nit n homomorphismes distincts du groupe E dans
F . Ceux-ci sont line ´airement inde´pendants sur F d™apres la premiere question.
` `
Par suite, aucune combinaison line ´aire non triviale a1 1 + + an n peut n™etre
ˆ
nulle.

Solution de l™exercice 13.6.4. ” a) Notons A la matrice ( i (ej ))1„i;j„d et T la matrice
(TrL=K (ei ej ))1„i;j„d . On a donc
d d d
X X X
Tij = TrL=K (ei ej ) = k (ei ej ) = k (ei ) k (ej ) = Aki Akj
k=1 k=1 k=1

si bien que T = tAA. Par suite, det T = (det A)2 et les deux matrices A et T sont
simultane´ment inversibles ou non inversibles.
Comme l™extension K L est galoisienne, elle est en particulier se
´parable.
´aire (x; y) 7! TrL=K (xy) est non de ´ne ´e. Sa matrice
Par suite, la forme biline ´ge ´re
dans la base (e1 ; : : : ; ed ), qui n™est autre que T, est donc inversible.
13.7. SOLUTIONS 265



b) Pour tout (x1 ; : : : ; xd ) 2 K d , si l™on pose x = x1 e1 + + xd ed 2 L, alors
d
P
i (ej )xj , si bien que
(x) =
i
j=1

d d
X X
Q(x1 ; : : : ; xd ) = P( 1 (ej )xj ; : : : ; d (ej )xj )
j=1 j=1

= P( 1 (x); : : : ; d (x)) = 0:

Comme le corps K est in¬ni, le polynome Q est ne
ˆ ´cessairement nul.
c) On remarque que l™on passe du polynome P au polynome Q par un
ˆ ˆ
changement de variables line
´aires sur les inconnues. Ce changement de variables
est fourni par la matrice A = ( i (ej )) qui est inversible. Soit B = (bij ) sa matrice
inverse. Puisque
Q(X1 ; : : : ; Xd ) = P((X1 ; : : : ; Xd ) tA);
on a
P(X1 ; : : : ; Xd ) = Q((X1 ; : : : ; Xd ) tB)
et donc P = 0.
d) D™apres la premiere question, la famille ( 1 (‚); : : : ; d (‚)) est une K-base
` `
de L si et seulement si le de ´terminant D(‚) = det(( i ( j (‚))) n™est pas nul.
Si i et j sont dans f1; : : : ; dg, notons m(i; j) l™unique entier de f1; : : : ; dg tel
que i j = m(i;j) . On a donc D(‚) = det( m(i;j) (‚)). Si P de ´signe le polynomeˆ
det(Xm(i;j) ), on a donc D(‚) = P( 1 (‚); : : : ; d (‚)).
Le polynome P n™est pas le polynome nul. En effet, si l™on applique la de
ˆ ˆ ´¬nition
du de´terminant
d
XY
P(X1 ; : : : ; Xd ) = "s Xm(i;s(i)) ;
i=1
s2Sd

on constate que le coef¬cient de Xd est e
´gal a 1 : c™est la signature de l™unique
`

<<

. 13
( 15)



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